Question

13．已知数列{a_n}中，有a_n+1=a_n+4且a₁+a₄=14
（1）求{a_n}的通项公式a_n与前n项和公式S_n；
（2）令b_n=$\frac{{S}_{n}}{n+k}$（ k∈Z），若{b_n}是等差数列，数列{$\frac{1}{{b}_{n}{b}_{n+1}}$}的前n项和T_n≤$\frac{m}{100}$恒成立，求正整数m的最小值．

Answer 1

分析 （1）由已知可知数列为公差是4的等差数列，再由a₁+a₄=14求得首项，可得等差数列的通项公式和前n项和；
（2）把等差数列的前n项和代入b_n=$\frac{{S}_{n}}{n+k}$（ k∈Z），由{b_n}是等差数列求得k，得到{b_n}的通项公式，利用裂项相消法求得{$\frac{1}{{b}_{n}{b}_{n+1}}$}的前n项和T_n，由数列的函数特性求出T_n$＜\frac{1}{2}$，结合T_n≤$\frac{m}{100}$恒成立求得正整数m的最小值．

解答 解：（1）由a_n+1=a_n+4，得a_n+1-a_n=4，可知数列{a_n}是公差为4的等差数列，
则a₁+a₄=2a₁+3d=2a₁+12=14，得a₁=1．
∴a_n=1+4（n-1）=4n-3，${S}_{n}=n+\frac{4n（n-1）}{2}=2{n}^{2}-n$；
（2）b_n=$\frac{{S}_{n}}{n+k}$=$\frac{2{n}^{2}-n}{n+k}$，∵{b_n}是等差数列，
∴2b₂=b₁+b₃，即$2×\frac{6}{2+k}=\frac{1}{1+k}+\frac{15}{3+k}$，解得k=0．
∴b_n=2n-1．
则${T}_{n}=\frac{1}{{b}_{1}{b}_{2}}+\frac{1}{{b}_{2}{b}_{3}}+…+\frac{1}{{b}_{n}{b}_{n+1}}$=$\frac{1}{1×3}+\frac{1}{3×5}+…+\frac{1}{（2n-1）（2n+1）}$
=$\frac{1}{2}$（1$-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{5}$+…+$\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}$）=$\frac{1}{2}（1-\frac{1}{2n+1}）=\frac{n}{2n+1}$．
函数f（n）=$\frac{n}{2n+1}=\frac{1}{2+\frac{1}{n}}$在n＞0时为增函数，且当n→+∞时，f（n）→$\frac{1}{2}$．
∴${T}_{n}＜\frac{1}{2}$，由T_n≤$\frac{m}{100}$，得$\frac{m}{100}≥\frac{1}{2}$，得m≥50．
∴m的最小值为50．

点评 本题考查数列递推式，考查了裂项相消法求数列的和，训练了恒成立问题的求解方法，是中档题．