Question

14．設(shè)數(shù)列{a_n}（n≥1，n∈N）滿足a₁=2，a₂=6，且a_n+2-2a_n+1+a_n=2，若[x]表示不超過x的最大整數(shù)，則$[{\frac{2017}{a_1}+\frac{2017}{a_2}+…+\frac{2017}{{{a_{2017}}}}}]$=2016．

Answer 1

分析 構(gòu)造b_n=a_n+1-a_n，則b₁=a₂-a₁=4，由題意可得（a_n+2-a_n+1）-（a_n+1-a_n）=b_n+1-b_n=2，利用等差數(shù)列的通項公式可得b_n=a_n+1-a_n=2n+2，再利用“累加求和”方法可得a_n=n（n+1），可得$\frac{1}{{a}_{n}}$=$\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$，再利用取整數(shù)函數(shù)即可得出．

解答 解：構(gòu)造b_n=a_n+1-a_n，則b₁=a₂-a₁=4，
由題意可得（a_n+2-a_n+1）-（a_n+1-a_n）=b_n+1-b_n=2，
故數(shù)列{b_n}是4為首項2為公差的等差數(shù)列，
故b_n=a_n+1-a_n=4+2（n-1）=2n+2，
故a₂-a₁=4，a₃-a₂=6，a₄-a₃=8，…，a_n-a_n-1=2n，
以上n-1個式子相加可得a_n-a₁=4+6+…+2n=$\frac{（n-1）（4+2n）}{2}$，解得a_n=n（n+1），
∴$\frac{1}{{a}_{n}}$=$\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$，
∴$\frac{1}{{a}_{1}}+\frac{1}{{a}_{2}}+…$+$\frac{1}{{a}_{n}}$=$（1-\frac{1}{2}）+（\frac{1}{2}-\frac{1}{3}）$+…+（$\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$）=1-$\frac{1}{n+1}$，
∴$\frac{2017}{{a}_{1}}+\frac{2017}{{a}_{2}}+$…+$\frac{2017}{{a}_{2017}}$=2017-$\frac{2017}{2018}$
則$[{\frac{2017}{a_1}+\frac{2017}{a_2}+…+\frac{2017}{{{a_{2017}}}}}]$=$[2016+\frac{1}{2018}]$=2016．
故答案為：2016．

點評 本題考查了構(gòu)造方法、等差數(shù)列的通項公式可、“累加求和”方法、“裂項求和”方法、取整數(shù)函數(shù)，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．