Question

11．S_n为{a_n}前n项和对n∈N^*都有S_n=1-a_n，若b_n=log₂a_n，$\frac{1}{{{b_1}{b_2}}}+\frac{1}{{{b_2}{b_3}}}+…+\frac{1}{{{b_n}{b_{n+1}}}}＜m$恒成立，则m的最小值为1．

Answer 1

分析 先根据数列的递推公式求出a_n的通项公式，再求出b_n的通项公式，根据裂项求和和放缩法即可求出m的最小值．

解答 解：∵S_n=1-a_n，
∴S_n-1=1-a_n-1，
∴a_n=S_n-S_n-1=（1-a_n）-（1-a_n-1）=a_n-1-a_n，
∴2a_n=a_n-1，
∵S₁=1-a₁=a₁，
∴a₁=$\frac{1}{2}$
∴数列{a_n}是以$\frac{1}{2}$为首项，以$\frac{1}{2}$为公比的等比数列，
∴a_n=（$\frac{1}{2}$）ⁿ，
∴b_n=log₂a_n=-n，
∴$\frac{1}{{b}_{n}{b}_{n+1}}$=$\frac{1}{n（n+1）}$=$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$，
∴$\frac{1}{{b}_{1}{b}_{2}}$+$\frac{1}{{b}_{2}{b}_{3}}$+…+$\frac{1}{{b}_{n}{b}_{n+1}}$=（1-$\frac{1}{2}$）+（$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{3}$）+…+（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$）=1-$\frac{1}{n+1}$，
∴m＞1-$\frac{1}{n+1}$，
∴m的最小值为1，
故答案为：1

点评 本题考查了数列的通项公式的求法和裂项其和以及放缩法以及不等式恒成立的问题，属于中档题．