Question

20．已知S_n是数列{a_n}的前n项和，且S_n=n²-4n+4．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）设各项均不为零的数列{c_n}中，所有满足c_k•c_k+1＜0的正整数k的个数称为这个数列{c_n}的变号数，令c_n=1-$\frac{4}{{a}_{n}}$（n为正整数），求数列{c_n}的变号数；
（3）记数列{$\frac{1}{{a}_{n}}$}的前n项和为T_n，若T_2n+1-T_n≤$\frac{m}{15}$对n∈N⁺恒成立，求正整数m的最小值．

Answer 1

分析 （1）利用n≥2时a_n=S_n-S_n-1，进而可求数列{a_n}的通项公式；
（2）验证n≥2时有2个变号数，判断n=1时变号数有1个，最后综合可得答案；
（3）通过（1）可知$\frac{1}{{a}_{n}}$=$\left\{\begin{array}{l}{1，}&{n=1}\\{\frac{1}{2n-5}，}&{n≥2}\end{array}\right.$，从而P_n=T_2n+1-T_n=$\frac{1}{2n-3}$+$\frac{1}{2n-1}$+…+$\frac{1}{2n+2n-3}$，通过作差可知P_n取最大值P₂=1+$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{5}$=$\frac{23}{15}$，进而可得结论．

解答 解：（1）∵S_n=n²-4n+4，
∴当n≥2时，a_n=S_n-S_n-1=2n-5，
又∵但n=1时，a₁=1，不满足上式，
∴数列{a_n}的通项公式a_n=$\left\{\begin{array}{l}{1，}&{n=1}\\{2n-5，}&{n≥2}\end{array}\right.$；
（2）由（1）可知，c_n=$\left\{\begin{array}{l}{-3，}&{n=1}\\{1-\frac{4}{2n-5}，}&{n≥2}\end{array}\right.$，
当n≥2时，令c_n•c_n+1＜0，即$\frac{3}{2}$＜n＜$\frac{5}{2}$或$\frac{7}{2}$＜n＜$\frac{9}{2}$，
∴n=2或n=4，
又∵c₁=-3，c₂=5，
∴当n=1时也有c₁•c₂＜0，
综上所述，数列{c_n}的变号数为3；
（3）由（1）可知，$\frac{1}{{a}_{n}}$=$\left\{\begin{array}{l}{1，}&{n=1}\\{\frac{1}{2n-5}，}&{n≥2}\end{array}\right.$，
∴T_2n+1-T_n=$\frac{1}{{a}_{n+1}}$+$\frac{1}{{a}_{n+2}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n+（n+1）}}$
=$\frac{1}{2（n+1）-5}$+$\frac{1}{2（n+2）-5}$+…+$\frac{1}{2（2n+1）-5}$
=$\frac{1}{2n-3}$+$\frac{1}{2n-1}$+…+$\frac{1}{2n+2n-3}$，
记P_n=$\frac{1}{2n-3}$+$\frac{1}{2n-1}$+…+$\frac{1}{2n+2n-3}$，
则P_n+1=$\frac{1}{2n-1}$+…+$\frac{1}{2n+2n-3}$+$\frac{1}{2n+2n+1}$+$\frac{1}{2n+2n+5}$，
∵P_n+1-P_n=$\frac{1}{2n+2n+1}$+$\frac{1}{2n+2n+5}$-$\frac{1}{2n-3}$，
∴当n=1时P_n+1-P_n＞0，当n≥2时P_n+1-P_n＜0，
∴P_n取最大值P₂=1+$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{5}$=$\frac{23}{15}$，
∴$\frac{23}{15}$≤$\frac{m}{15}$，即m≥23，
∴正整数m的最小值为23．

点评 本题考查数列与函数的综合，考查数列的通项，考查新定义，解题的关键是理解新定义，判断数列的单调性，从而确定数列的变号数，注意解题方法的积累，属于中档题．