Question

已知数列{a_n}的各项均是正数，其前n项和为S_n，满足（p-1）S_n=p²-a_n，其中p为正常数，且p≠1．设b_n=

1

2-logpan

(n∈N*)，
（Ⅰ）求数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）设数列{b_nb_n+2}的前n项和为T_n，是否存在正整数m，使得T_n＜

1

bmbm+1

对于n∈N^*恒成立，若存在，求出m的最小值，若不存在，说明理由．

Answer 1

考点：数列的求和,数列与不等式的综合

专题：等差数列与等比数列

分析：（Ⅰ）分n=1与n≥2两类讨论，由（p-1）S_n=p²-a_n，可得a₁=p，

an

an-1

=

1

p

，即数列{a_n}是以a₁=p为首项，

1

p

为公比的等比数列，从而可求得数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）由（1）可得b_n=

1

2-logpan

=

1

n

，bnbn+2=

1

n(n+2)

=

1

2

(

1

n

-

1

n+2

)，于是可求得T_n=

1

4

-

4n+6

4(n2+3n+2)

1

4

-

2n+3

2n2+6n+4

＜

1

4

，假设存在正整数m，使得T_n＜

1

bmbm+1

对于n∈N^*恒成立，可导出矛盾，从而可得答案．

解答： （Ⅰ）解：当n=1时，由（p-1）S_n=p²-a_n，的（p-1）S₁=p²-a₁，化为pa1=p2，
∵P为正常数，且P≠1，∴a₁=p．
当n≥2时，由（p-1）S_n=p²-a_n，得（p-1）S_n-1=p²-a_n-1，两式相减得pa_n=a_n-1，
∵数列{a_n}的各项均是正数，

an

an-1

=

1

p

，
∴数列{a_n}是以a₁=p为首项，

1

p

为公比的等比数列，
∴an=p•(

1

p

)n-1=p2-n；
（Ⅱ）解：由（1）可得：bn=

1

2-logpan

=

1

2-logpp2-n

=

1

n

．
∴bnbn+2=

1

n(n+2)

=

1

2

(

1

n

-

1

n+2

)，
∴T_n=

1

2

（1-

1

3

+

1

2

-

1

4

+

1

3

-

1

5

+…+

1

n

-

1

n+2

）
=

1

2

(1+

1

2

-

1

n+1

-

1

n+2

)=

n2-n-4

4(n+1)(n+2)

=

1

4

-

4n+6

4(n2+3n+2)

1

4

-

2n+3

2n2+6n+4

＜

1

4

．
假设存在正整数m，使得T_n＜

1

bmbm+1

对于n∈N^*恒成立，
即m2+m≥

1

4

恒成立，解得

-1- 2

2

≤m≤

-1+ 2

2

，
∴不存在正整数m，使得T_n＜

1

bmbm+1

对于n∈N^*恒成立；

点评：本题考查数列的求和，考查数列与不等式的综合应用，考查等比关系的确定与裂项法求和，属于难题．