Question

15．已知點（1，$\frac{1}{6}$）是函數f（x）=$\frac{1}{2}$a^x（a＞0，a≠1）圖象上一點，等比數列{a_n}的前n項和為c-f（n）．數列{b_n}（b_n＞0）的首項為2c，前n項和滿足$\sqrt{{S}_{n}}$=$\sqrt{{S}_{n-1}}$+1（n≥2）．
（Ⅰ）求數列{a_n}的通項公式；
（Ⅱ）若數列{$\frac{1}{{_{n}b}_{n+1}}$}的前n項和為T_n，問使T_n＞$\frac{1000}{2017}$的最小正整數n是多少？

Answer 1

分析 （Ⅰ）由已知求得a，${a}_{1}=c-\frac{1}{6}$，a₂=（c-$\frac{1}{18}$）-（c-$\frac{1}{6}$）=$\frac{1}{9}$，${a}_{3}=（c-\frac{1}{54}）-（c-\frac{1}{18}）=\frac{1}{27}$，得公比q=$\frac{{a}_{3}}{{a}_{2}}=\frac{1}{3}$，即可寫出通項；
（Ⅱ）可得$\sqrt{{s}_{n}}$是首項為1，公差為1的等差數列．由$\left\{\begin{array}{l}{{s}_{n}={n}^{2}}\\{{s}_{n-1}=（n-1）^{2}}\end{array}\right.$（n≥2）⇒b_n=2n-1，（n≥2）．
 $\frac{1}{{_{n}b}_{n+1}}$=$\frac{1}{（2n-1）（2n+1）}$=$\frac{1}{2}（\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）$，累加求得T_n=$\frac{n}{2n+1}＞\frac{1000}{2017}$，得n$＞\frac{1000}{17}$，即可得最小正整數n．

解答 （Ⅰ）解：$\frac{1}{2}a=f（1）=\frac{1}{6}$．∴$a=\frac{1}{3}$，
∵$f（n）=\frac{1}{2}•\frac{1}{{3}^{n}}$，則等比數列{a_n}的前n項和為c-$\frac{1}{2}•\frac{1}{{3}^{n}}$
${a}_{1}=c-\frac{1}{6}$，a₂=（c-$\frac{1}{18}$）-（c-$\frac{1}{6}$）=$\frac{1}{9}$，${a}_{3}=（c-\frac{1}{54}）-（c-\frac{1}{18}）=\frac{1}{27}$
由{a_n}為等比數列，得公比q=$\frac{{a}_{3}}{{a}_{2}}=\frac{1}{3}$…（3分）
∴${a}_{1}=\frac{\frac{1}{9}}{\frac{1}{3}}=\frac{1}{3}=c-\frac{1}{6}$，則c=$\frac{1}{2}$，a${\;}_{1}=\frac{1}{3}$
∴${a}_{n}=\frac{1}{3}•\frac{1}{{3}^{n-1}}=\frac{1}{{3}^{n}}$…（5分）
（Ⅱ）：由b₁=2c=1，得s₁=1
n≥2時，$\sqrt{{s}_{n}-{s}_{n-1}}=1$，則$\sqrt{{s}_{n}}$是首項為1，公差為1的等差數列．
∴$\sqrt{{s}_{n}}=1+（n-1）$，${s}_{n}={n}^{2}$ （n∈N⁺）…（7分）
則$\left\{\begin{array}{l}{{s}_{n}={n}^{2}}\\{{s}_{n-1}=（n-1）^{2}}\end{array}\right.$（n≥2）⇒b_n=2n-1，（n≥2）．
當n=1時，b₁=1滿足上式
∴$_{n}=2n-1，n∈{N}^{+}$         …（9分）
∵$\frac{1}{{_{n}b}_{n+1}}$=$\frac{1}{（2n-1）（2n+1）}$=$\frac{1}{2}（\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）$
∴T_n=$\frac{1}{2}（1-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+…+\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）$=$\frac{1}{2}（1-\frac{1}{2n+1}）$=$\frac{n}{2n+1}$…（11分）
由T_n=$\frac{n}{2n+1}＞\frac{1000}{2017}$，得n$＞\frac{1000}{17}$，則最小正整數n為59…（12分）

點評 本題考查了數列與函數，考查了等比數列的通項、裂項求和，屬于中檔題．