Question

11．已知等差數(shù)列{a_n}中，公差d＞0，其前n項和為S_n，且滿足a₂•a₃=45，a₁+a₄=14．
（1）求數(shù)列a_n的通項公式；
（2）設(shè)由b_n=$\frac{S_n}{n+c}$（c≠0）構(gòu)成的新數(shù)列為b_n，求證：當(dāng)且僅當(dāng)c=-$\frac{1}{2}$時，數(shù)列b_n是等差數(shù)列；
（3）對于（2）中的等差數(shù)列b_n，設(shè)c_n=$\frac{8}{{（{a_n}+7）•{b_n}}}$（n∈N^*），數(shù)列{c_n}的前n項和為T_n，現(xiàn)有數(shù)列{f（n）}，f（n）=T_n•（a_n+3-$\frac{8}{_{n}}$）•0.9ⁿ（n∈N^*），是否存在整數(shù)M，使f（n）＜M對一切n∈N^*都成立？若存在，求出M的最小值，若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）由已知得a₂，a₃是方程x²-14x+45=0的兩根，且a₂＜a₃，從而得到a₂=5，a₃=9，由此能求出a_n．
（2）先求出S_n=n（2n-1），b_n=$\frac{S_n}{n+c}$=$\frac{n（2n-1）}{n+c}$，c≠0，由此能證明當(dāng)且僅當(dāng)c=-$\frac{1}{2}$時，數(shù)列{b_n}為等差數(shù)列．
（3）Cn=$\frac{8}{（4n+4）•2n}$=$\frac{1}{n（n+1）}$=$\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$，從而得到f（n）=4（n-1）•0.9ⁿ，（n∈N^*），由此能求出存在整數(shù)M，使f（n）＜M對一切n∈N^*都成立，并能求出M的最小值．

解答 解：（1）∵等差數(shù)列a_n中，公差d＞0，滿足a₂•a₃=45，a₁+a₄=14．
∴a₂•a₃=45，a₁+a₄=a₂+a₃=14．
∴a₂，a₃是方程x²-14x+45=0的兩根，且a₂＜a₃，
解方程x²-14x+45=0，得a₂=5，a₃=9，
∴d=a₃-a₂=9-5=4，a₁=a₂-4=1，
∴a_n=1+（n-1）×4=4n-3．
證明：（2）S_n=n×$1+\frac{n（n-1）}{2}×4$=n（2n-1），
b_n=$\frac{S_n}{n+c}$=$\frac{n（2n-1）}{n+c}$，c≠0，
由2b₂=b₁+b₃，得$\frac{12}{2+c}$=$\frac{1}{1+c}+\frac{15}{3+c}$，
化簡得2c²+c=0，c≠0，∴c=-$\frac{1}{2}$．
反之，令c=-$\frac{1}{2}$，即得b_n=2n，數(shù)列b_n為等差數(shù)列，
∴當(dāng)且僅當(dāng)c=-$\frac{1}{2}$時，數(shù)列{b_n}為等差數(shù)列．
（3）∵c_n=$\frac{8}{{（{a_n}+7）•{b_n}}}$（n∈N^*），
∴C_n=$\frac{8}{（4n+4）•2n}$=$\frac{1}{n（n+1）}$=$\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$，
∴數(shù)列{c_n}的前n項和為Tn=1-$\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+…+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$=1-$\frac{1}{n+1}$=$\frac{n}{n+1}$，
∵f（n）=T_n•（a_n+3-$\frac{8}{_{n}}$）•0.9ⁿ（n∈N^*），
∴f（n）=$\frac{n}{n+1}$（4n-3+3-$\frac{8}{2n}$）•0.9ⁿ=$\frac{n}{n+1}$（4n-$\frac{4}{n}$）•0.9ⁿ=4（n-1）•0.9ⁿ，（n∈N^*），
f（1）=0，f（2）=4×0.9²=3.24，f（3）=8×0.9³=5.832，
f（n+1）-f（n）=4n•0.9ⁿ⁺¹-4（n-1）•0.9ⁿ=4×0.9ⁿ-0.4n×0.9ⁿ=0.9ⁿ（4-0.4n），
由f（n+1）-f（n）=0.9ⁿ（4-0.4n）≥0，得n≤10，
∴存在整數(shù)M，使f（n）＜M對一切n∈N^*都成立，
M的最小值為f（10）=4（10-1）×0.9¹⁰=36×0.9¹⁰．

點評 本題考查數(shù)列的通項公式的求法，考查等差數(shù)列的證明，考查滿足條件的最小值的求法，是中檔題，解題時要認(rèn)真審題，注意裂項求和法的合理運用．