Question

19．在等差數(shù)列{a_n}中，已知a₁+a₂+a₃=9，a₂a₄=21，數(shù)列{b_n}滿足$\frac{b_1}{a_1}+\frac{b_2}{a_2}+…+\frac{b_n}{a_n}=1-\frac{1}{2^n}（{n∈{N^*}}），{S_n}={b_1}+{b_2}+…+{b_n}$，若S_n＞2，則n的最小值為（　　）

• A． 5
• B． 4
• C． 3
• D． 2

Answer 1

分析 設等差數(shù)列{a_n}的公差為d，由知a₁+a₂+a₃=9，a₂a₄=21，可得3a₁+d=9，（a₁+d）（a₁+3d）=21，可得a_n．由數(shù)列{b_n}滿足$\frac{b_1}{a_1}+\frac{b_2}{a_2}+…+\frac{b_n}{a_n}=1-\frac{1}{2^n}（{n∈{N^*}}），{S_n}={b_1}+{b_2}+…+{b_n}$，利用遞推關系可得$\frac{_{n}}{{a}_{n}}=\frac{1}{{2}^{n}}$b_n=$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$，利用錯位相減法求出S_n，解不等式S_n＞2即可．

解答 解：設等差數(shù)列{a_n}的公差為d，由知a₁+a₂+a₃=9，a₂a₄=21，
可得3a₁+d=9，（a₁+d）（a₁+3d）=21⇒a₁=1，d=2．
∴a_n=1+2（n-1）=2n-1．
$\frac{_{1}}{{a}_{1}}+\frac{_{2}}{{a}_{2}}+…+\frac{_{n}}{{a}_{n}}=1-\frac{1}{{2}^{n}}$，$\frac{_{1}}{{a}_{1}}+\frac{_{2}}{{a}_{2}}+…+\frac{_{n-1}}{{a}_{n-1}}=1-\frac{1}{{2}^{n-1}}$⇒得$\frac{_{n}}{{a}_{n}}=\frac{1}{{2}^{n}}$，b_n=$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$=$\frac{2n-1}{{2}^{n}}$，
${s}_{n}=\frac{1}{{2}^{1}}+\frac{3}{{2}^{2}}+…+\frac{2n-1}{{2}^{n}}$，$\frac{1}{2}{s}_{n}=\frac{1}{{2}^{2}}+\frac{3}{{2}^{3}}+…+\frac{2n-3}{{2}^{n}}+\frac{2n-1}{{2}^{n+1}}$，⇒${s}_{n}=3-\frac{2n+3}{{2}^{n}}$．
∵S₁=$\frac{1}{2}$，S₂=$\frac{5}{4}$，S₃=$\frac{15}{8}$，S₄=$\frac{37}{16}$，所以滿足S_n＞2的n的最小值為4．
故選：B．

點評 本題考查了等差數(shù)列通項公式與錯位相減求和、數(shù)列遞推關系及其單調(diào)性，屬于中檔題．