Question

13．已知函數(shù)f（x）=x²-$\frac{1}{2}$x+$\frac{1}{4}$，若數(shù)列{b_n}滿足：b₁=1，b_n+1=2f（b_n）（n∈N^*）．若對?n∈N^*，都?M∈Z，使得$\frac{1}{{b}_{1}}$+$\frac{1}{{b}_{2}}$+$\frac{1}{{b}_{3}}$+…+$\frac{1}{{b}_{n}}$＜M恒成立，則整數(shù)M的最小值是（　　）

• A． 2
• B． 3
• C． 4
• D． 5

Answer 1

分析 先根據(jù)數(shù)列的函數(shù)特征，得到b_n+1=2f（b_n）=2b_n²-b_n+$\frac{1}{2}$，整理可得$\frac{1}{2{b}_{n}}$=$\frac{1}{2{b}_{n}-1}$-$\frac{1}{2{b}_{n+1}-1}$，再利用裂項求和即可得到$\frac{1}{{b}_{1}}$+$\frac{1}{{b}_{2}}$+$\frac{1}{{b}_{3}}$+…+$\frac{1}{{b}_{n}}$=2（1-$\frac{1}{2{b}_{n+1}-1}$），由已知函數(shù)得到數(shù)列為增數(shù)列，根據(jù)首項且b₁=1，利用放縮法即可求出答案．

解答 解：函數(shù)f（x）=x²-$\frac{1}{2}$x+$\frac{1}{4}$，
∴b_n+1=2f（b_n）=2b_n²-b_n+$\frac{1}{2}$，
∴2b_n+1=4b_n²-2b_n+1，
∴2b_n+1=2b_n（2b_n-1）+1
∴2b_n+1-1=2b_n（2b_n-1），
∴$\frac{1}{2{b}_{n+1}-1}$=$\frac{2}{2{b}_{n}（2{b}_{n}-1）}$=$\frac{1}{2{b}_{n}-1}$-$\frac{1}{2{b}_{n}}$
∴$\frac{1}{2{b}_{n}}$=$\frac{1}{2{b}_{n}-1}$-$\frac{1}{2{b}_{n+1}-1}$，
∴$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{{b}_{1}}$+$\frac{1}{{b}_{2}}$+$\frac{1}{{b}_{3}}$+…+$\frac{1}{{b}_{n}}$）=$\frac{1}{2{b}_{1}-1}$-$\frac{1}{2{b}_{2}-1}$+$\frac{1}{2{b}_{2}-1}$+$\frac{1}{2{b}_{3}-1}$+$\frac{1}{2{b}_{n}-1}$-$\frac{1}{2{b}_{n+1}-1}$=1-$\frac{1}{2{b}_{n+1}-1}$，
∴$\frac{1}{{b}_{1}}$+$\frac{1}{{b}_{2}}$+$\frac{1}{{b}_{3}}$+…+$\frac{1}{{b}_{n}}$=2（1-$\frac{1}{2{b}_{n+1}-1}$），
由f（x）=x²-$\frac{1}{2}$x+$\frac{1}{4}$可知b_n為增數(shù)列，且b₁=1，
∴2（1-$\frac{1}{2{b}_{n+1}-1}$）＜2，
故整數(shù)M的最小值是2，
故選：A

點評 本題是對數(shù)列與函數(shù)的綜合，在數(shù)列與函數(shù)的綜合題中，一般是利用函數(shù)的單調(diào)性來研究數(shù)列的單調(diào)性，并考查了裂項求和和放縮法，屬于難題．