Question

13．已知數(shù)列{a_n}的前n項和S_n=3n²-2n，則使$\frac{1}{{a}_{1}{a}_{2}}$+$\frac{1}{{a}_{2}{a}_{3}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$＜$\frac{1}{20}$log₈m對所有n∈N^*都成立的正整數(shù)m的最小值為2¹⁰．

Answer 1

分析 當(dāng)n≥2時通過S_n=3n²-2n與S_n-1=3（n-1）²-2（n-1）作差、整理可知a_n=6n-5，裂項可知$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$=$\frac{1}{6}$（$\frac{1}{6n-5}$-$\frac{1}{6n+1}$），進(jìn)而并項相加可知問題等價于log₈m＞$\frac{20n}{6n+1}$對所有n∈N^*都成立，進(jìn)而計算可得結(jié)論．

解答 解：∵S_n=3n²-2n，
∴當(dāng)n≥2時，S_n-1=3（n-1）²-2（n-1），
兩式相減，得：a_n=S_n-S_n-1=（3n²-2n）-[3（n-1）²-2（n-1）]=6n-5，
又∵a₁=3-2=1滿足上式，
∴a_n=6n-5，
∴$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$=$\frac{1}{（6n-5）（6n+1）}$=$\frac{1}{6}$（$\frac{1}{6n-5}$-$\frac{1}{6n+1}$），
∴$\frac{1}{{a}_{1}{a}_{2}}$+$\frac{1}{{a}_{2}{a}_{3}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$=$\frac{1}{6}$（1-$\frac{1}{7}$+$\frac{1}{7}$-$\frac{1}{13}$+…+$\frac{1}{6n-5}$-$\frac{1}{6n+1}$）=$\frac{1}{6}$（1-$\frac{1}{6n+1}$）=$\frac{n}{6n+1}$，
∵$\frac{1}{{a}_{1}{a}_{2}}$+$\frac{1}{{a}_{2}{a}_{3}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$＜$\frac{1}{20}$log₈m對所有n∈N^*都成立，
∴$\frac{n}{6n+1}$＜$\frac{1}{20}$log₈m對所有n∈N^*都成立，
整理得：log₈m＞$\frac{20n}{6n+1}$對所有n∈N^*都成立，
∴l(xiāng)og₈m≥$\frac{20}{6}$=$\frac{10}{3}$，
∴m≥${8}^{\frac{10}{3}}$=2¹⁰，
故答案為：2¹⁰．

點(diǎn)評 本題考查數(shù)列的通項及前n項和，考查運(yùn)算求解能力，裂項求和是解決本題的關(guān)鍵，注意解題方法的積累，屬于中檔題．