Question

14．已知函數(shù)f（x）=$\frac{2x+3}{3x}$，數(shù)列{a_n}滿足a₁=1，a_n+1=f（$\frac{1}{{a}_{n}}$），n∈N^*，
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）令T_n=a₁a₂-a₂a₃+a₃a₄-a₄a₅+…-a_2na_2n+1，求T_n；
（3）令b_n=$\frac{1}{{a}_{n-1}{a}_{n}}$ （n≥2），b₁=3，S_n=b₁+b₂+…+b_n，若S_n＜$\frac{m-2007}{2}$對(duì)一切n∈N^*成立，求最小正整數(shù)m．

Answer 1

分析 （1）通過代入函數(shù)解析式化簡(jiǎn)可知a_n+1=a_n+$\frac{2}{3}$，進(jìn)而計(jì)算可得結(jié)論；
（2）通過（1）可知T_n=a₁a₂-a₂a₃+a₃a₄-a₄a₅+…-a_2na_2n+1=a₂（a₁-a₃）+a₄（a₃-a₅）+…+a_2n（a_2n-1-a_2n+1），進(jìn)而計(jì)算可得結(jié)論；
（3）當(dāng)n≥2時(shí)裂項(xiàng)可知b_n=$\frac{9}{2}$（$\frac{1}{2n-1}$-$\frac{1}{2n+1}$），進(jìn)而并項(xiàng)相加可知S_n=$\frac{9n}{2n+1}$，從而可知$\frac{9n}{2n+1}$＜$\frac{m-2007}{2}$，進(jìn)而問題轉(zhuǎn)化為解不等式$\frac{m-2007}{2}$≥$\frac{9}{2}$，計(jì)算即得結(jié)論．

解答 解：（1）依題意，a_n+1=$\frac{2+3an}{3}$=a_n+$\frac{2}{3}$，
∴數(shù)列{a_n}是以$\frac{2}{3}$為公差的等差數(shù)列，
又∵a₁=1，
∴a_n=$\frac{2}{3}$n+$\frac{1}{3}$；
（2）由（1）可知T_n=a₁a₂-a₂a₃+a₃a₄-a₄a₅+…-a_2na_2n+1
=a₂（a₁-a₃）+a₄（a₃-a₅）+…+a_2n（a_2n-1-a_2n+1）
=-$\frac{4}{3}$（a₂+a₄+…+a_2n）=-$\frac{4}{3}$•$\frac{n（\frac{5}{3}+\frac{4n}{3}+\frac{1}{3}）}{2}$
=-$\frac{4}{9}$（2n²+3n）；
（3）當(dāng)n≥2時(shí)，b_n=$\frac{1}{{a}_{n-1}{a}_{n}}$=$\frac{1}{（\frac{2}{3}n-\frac{1}{3}）（\frac{2}{3}n+\frac{1}{3}）}$=$\frac{9}{2}$（$\frac{1}{2n-1}$-$\frac{1}{2n+1}$），
又∵b₁=3=$\frac{9}{2}$×（1-$\frac{1}{3}$）滿足上式，
∴S_n=b₁+b₂+…+b_n
=$\frac{9}{2}$×（1-$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{5}$+…+$\frac{1}{2n-1}$-$\frac{1}{2n+1}$）
=$\frac{9}{2}$（1-$\frac{1}{2n+1}$）
=$\frac{9n}{2n+1}$，
∵S_n＜$\frac{m-2007}{2}$對(duì)一切n∈N^*成立，即$\frac{9n}{2n+1}$＜$\frac{m-2007}{2}$，
又∵$\frac{9n}{2n+1}$=$\frac{9}{2}$（1-$\frac{1}{2n+1}$）遞增，且$\frac{9n}{2n+1}$＜$\frac{9}{2}$，
∴$\frac{m-2007}{2}$≥$\frac{9}{2}$，即m≥2016，
∴最小正整數(shù)m=2016．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)及前n項(xiàng)和，考查運(yùn)算求解能力，考查裂項(xiàng)相消法，注意解題方法的積累，屬于中檔題．