Question

已知数列{a_n}和{b_n}，其中a₁=

1

2

，数列{a_n}的前n项和为S_n=n²a_n（n∈N^*），数列{b_n}满足b₁=2，b_n+1=2b_n．
（1）求数列{a_n}和{b_n}的通项公式；
（2）是否存在自然数m，使得对任意n∈N^*，n≥2，有1+

1

b1

+

1

b2

+…+

1

bn-1

＜

m-8

4

恒成立？若存在，求出m的最小值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

考点：数列与不等式的综合

专题：等差数列与等比数列

分析：（1）由递推式S_n=n²a_n（n∈N^*），利用当n≥2时，a_n=S_n-S_n-1，及“累乘求积”即可得出a_n；利用等比数列的通项公式即可得出b_n．
（2）利用等比数列的前n项和公式、不等式的解法即可得出．

解答： 解：（1）∵Sn=n2an(n∈N*)，
∴当n≥2时，Sn-1=(n-1)2an-1，
∴an=Sn-Sn-1=n2an-(n-1)2an-1，
∴（n+1）a_n=（n-1）a_n-1，即

an

an-1

=

n-1

n+1

，
又∵a1=

1

2

，
∴an=

an

an-1

•

an-1

an-2

•

an-2

an-3

•…•

a3

a2

•

a2

a1

•a1=

n-1

n+1

•

n-2

n

•

n-3

n-1

•…•

2

4

•

1

3

•

1

2

=

1

n(n+1)

．
当n=1时，上式成立．
∴an=

1

n(n+1)

，
∵b₁=2，b_n+1=2b_n，
∴{b_n}是首项为2，公比为2的等比数列，
∴bn=2n．
（2）由（1），知bn=2n．
∴1+

1

b1

+

1

b2

+…+

1

bn-1

=1+

1

2

+

1

22

+…+

1

2n-1

=2-

1

2n-1

，
假设存在自然数m，使得对于任意n∈N^*，n≥2，有1+

1

b1

+

1

b2

+…+

1

bn-1

＜

m-8

4

恒成立，
即2-

1

2n-1

＜

m-8

4

恒成立，
由

m-8

4

≥2，解得m≥16，
∴存在自然数m，使得对于任意n∈N*，n≥2，有1+

1

b1

+

1

b2

+…+

1

bn-1

＜

m-8

4

恒成立，此时m的最小值为16．

点评：本题考查了利用递推式求数列的通项公式、“累乘求积”、等比数列的通项公式及其前n项和公式、不等式的解法等基础知识与基本技能方法，考查了推理能力和计算能力，属于难题．