Question

13．已知數(shù)列{a_n}中，有a_n+1=a_n+4且a₁+a₄=14
（1）求{a_n}的通項(xiàng)公式a_n與前n項(xiàng)和公式S_n；
（2）令b_n=$\frac{{S}_{n}}{n+k}$（ k∈Z），若{b_n}是等差數(shù)列，數(shù)列{$\frac{1}{_{n}_{n+1}}$}的前n項(xiàng)和T_n≤$\frac{m}{100}$恒成立，求正整數(shù)m的最小值．

Answer 1

分析 （1）由已知可知數(shù)列為公差是4的等差數(shù)列，再由a₁+a₄=14求得首項(xiàng)，可得等差數(shù)列的通項(xiàng)公式和前n項(xiàng)和；
（2）把等差數(shù)列的前n項(xiàng)和代入b_n=$\frac{{S}_{n}}{n+k}$（ k∈Z），由{b_n}是等差數(shù)列求得k，得到{b_n}的通項(xiàng)公式，利用裂項(xiàng)相消法求得{$\frac{1}{_{n}_{n+1}}$}的前n項(xiàng)和T_n，由數(shù)列的函數(shù)特性求出T_n$＜\frac{1}{2}$，結(jié)合T_n≤$\frac{m}{100}$恒成立求得正整數(shù)m的最小值．

解答 解：（1）由a_n+1=a_n+4，得a_n+1-a_n=4，可知數(shù)列{a_n}是公差為4的等差數(shù)列，
則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}是等差數(shù)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．
則${T}_{n}=\frac{1}{_{1}_{2}}+\frac{1}{_{2}_{3}}+…+\frac{1}{_{n}_{n+1}}$=$\frac{1}{1×3}+\frac{1}{3×5}+…+\frac{1}{（2n-1）（2n+1）}$
=$\frac{1}{2}$（1$-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{5}$+…+$\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}$）=$\frac{1}{2}（1-\frac{1}{2n+1}）=\frac{n}{2n+1}$．
函數(shù)f（n）=$\frac{n}{2n+1}=\frac{1}{2+\frac{1}{n}}$在n＞0時(shí)為增函數(shù)，且當(dāng)n→+∞時(shí)，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的最小值為50．

點(diǎn)評 本題考查數(shù)列遞推式，考查了裂項(xiàng)相消法求數(shù)列的和，訓(xùn)練了恒成立問題的求解方法，是中檔題．