Question

20．设等差数列{a_n}的前n项和为S_n，已知a₇=4，a₁₉=2a₃．数列{b_n}的前n项和为T_n．满足${4}^{2{a}_{n}-1}$=λT_n-（a₃-1）（n∈N^*）．
（1）问是否存在非零实数λ，使得数列{b_n}为等比数列？并说明理由；
（2）已知对于n∈N^*，不等式$\frac{1}{{S}_{1}}$$+\frac{1}{{S}_{2}}+\frac{1}{{S}_{3}}+…+\frac{1}{{S}_{n}}$＜M恒成立，求实数M的最小值．

Answer 1

分析 （1）通过a₇=4、a₁₉=2a₃可得公差和首项，利用${4}^{2{a}_{n}-1}$=λT_n-（a₅-1）可得b₁=$\frac{6}{λ}$、b_n=$\frac{3}{λ}$4^n-1（n≥2），比较后可得结论；
（2）通过对$\frac{1}{{S}_{n}}$分离分母，并项相加即得结论．

解答 解：（1）结论：不存在非零实数λ，使得数列{b_n}为等比数列．
理由如下：
设等差数列{a_n}的公差为d，则a_n=a₁+（n-1）d．
∵a₇=4、a₁₉=2a₃，∴a₁+6d=4、a₁+18d=2（a₁+2d），
解得a₁=1，d=$\frac{1}{2}$，∴a_n=$\frac{n+1}{2}$，
∵a₅=3，${4}^{2{a}_{n}-1}$=λT_n-（a₅-1），
∴4ⁿ=λT_n-2，∴T_n=$\frac{1}{λ}$4ⁿ+$\frac{2}{λ}$．
当n=1时，b₁=$\frac{6}{λ}$；
当n≥2时，b_n=T_n-T_n-1=$\frac{1}{λ}$4ⁿ+$\frac{2}{λ}$-$\frac{1}{λ}$4^n-1-$\frac{2}{λ}$=$\frac{3}{λ}$4^n-1，
∴b_n+1=4b_n（n≥2），若{b_n}是等比数列，则有b₂=4b₁，
而b₁+b₂=$\frac{18}{λ}$，b₂=$\frac{12}{λ}$，∴$\frac{{b}_{2}}{{b}_{1}}$=2与b₂=4b₁矛盾，
故不存在非零实数λ，使得数列{b_n}为等比数列；
（2）∵S_n=$\frac{n（n+3）}{4}$，∴$\frac{1}{{S}_{n}}$=$\frac{4}{n（n+3）}$=$\frac{4}{3}$（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+3}$），
∴$\frac{1}{{S}_{1}}$$+\frac{1}{{S}_{2}}+\frac{1}{{S}_{3}}+…+\frac{1}{{S}_{n}}$
=$\frac{4}{3}$[$\frac{1}{1}$-$\frac{1}{4}$+$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{5}$+$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{6}$+$\frac{1}{4}$-$\frac{1}{7}$+…+$\frac{1}{n-2}$-$\frac{1}{n+1}$+$\frac{1}{n-1}$-$\frac{1}{n+2}$+$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+3}$]
=$\frac{4}{3}$（$\frac{1}{1}$+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n+2}$-$\frac{1}{n+3}$）
=$\frac{4}{3}$（$\frac{11}{6}$-$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n+2}$-$\frac{1}{n+3}$）
＜$\frac{22}{9}$，
∴M≥$\frac{22}{9}$，即实数M的最小值为$\frac{22}{9}$．

点评 本题考查求数列的通项，判定数列和的取值范围，分离分母、并项相加是解决本题的关键，注意解题方法的积累，属于中档题．