Question

4．已知正项等差数列{a_n}的前n项和为S_n，且满足${a_1}+{a_5}=\frac{2}{7}{a_3}^2$，S₇=63．
（Ⅰ）求数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）数列{b_n}满足b₁=a₁，b_n+1-b_n=a_n+1．若数列$\left\{{\frac{1}{b_n}}\right\}$的前n项和为T_n，求使得${T_n}＜\frac{k}{20}$对任意的n∈N^*都成立的最小正整数k．

Answer 1

分析 （Ⅰ）法一：设正项等差数列{a_n}的首项为a₁，公差为d，a_n＞0，则$\left\{{\begin{array}{l}{{a_1}+{a_1}+4d=\frac{2}{7}{{（{a_1}+2d）}^2}}\\{7{a_1}+21d=63}\end{array}}\right.$，解出即可得出；
法二：由于{a_n}是等差数列且${a_1}+{a_5}=\frac{2}{7}{a_3}^2$，利用等差数列的性质可得$2{a_3}=\frac{2}{7}{a_3}^2$，解得a₃=7．由${S_7}=\frac{{7（{a_1}+{a_7}）}}{2}=7{a_4}=63$，解得a₄，即可得出．
（Ⅱ）由b_n+1-b_n=a_n+1，且a_n=2n+1，可得b_n+1-b_n=2n+3．利用“累加求和”可得b_n，再利用“裂项求和”即可得出T_n．

解答 解：（Ⅰ）法一：设正项等差数列{a_n}的首项为a₁，公差为d，a_n＞0，
则$\left\{{\begin{array}{l}{{a_1}+{a_1}+4d=\frac{2}{7}{{（{a_1}+2d）}^2}}\\{7{a_1}+21d=63}\end{array}}\right.$，
解得$\left\{{\begin{array}{l}{{a_1}=3}\\{d=2}\end{array}}\right.$，
∴a_n=3+（n-1）×2=2n+1．
法二：∵{a_n}是等差数列且${a_1}+{a_5}=\frac{2}{7}{a_3}^2$，
∴$2{a_3}=\frac{2}{7}{a_3}^2$，
又∵a_n＞0，∴a₃=7．
∵${S_7}=\frac{{7（{a_1}+{a_7}）}}{2}=7{a_4}=63$，
∴a₄=9，
∴d=a₄-a₃=2，
∴a_n=a₃+（n-3）d=2n+1．
（Ⅱ）∵b_n+1-b_n=a_n+1，且a_n=2n+1，
∴b_n+1-b_n=2n+3．
当n≥2时，b_n=（b_n-b_n-1）+（b_n-1-b_n-2）+…+（b₂-b₁）+b₁=（2n+1）+（2n-1）+…+5+3=n（n+2），
当n=1时，b₁=3满足上式，b_n=n（n+2）．
∴$\frac{1}{b_n}=\frac{1}{n（n+2）}=\frac{1}{2}（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+2}）$．
∴${T_n}=\frac{1}{b_1}+\frac{1}{b_2}+…+\frac{1}{{{b_{n-1}}}}+\frac{1}{b_n}$=$\frac{1}{2}[（1-\frac{1}{3}）+（\frac{1}{2}-\frac{1}{4}）+（\frac{1}{3}-\frac{1}{5}）…+（\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n+1}）+（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+2}）]$=$\frac{1}{2}（1+\frac{1}{2}-\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}）=\frac{3}{4}-\frac{1}{2}（\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}）$．
由$\frac{3}{4}-\frac{1}{2}（\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}）＜\frac{k}{20}$对任意的n∈N^*都成立知：$\frac{k}{20}≥\frac{3}{4}$且n∈N^*，
∴k≥15，即k的最小值为15．

点评 本题考查了等差数列的性质、通项公式及其前n项和公式、“累加求和”与“裂项求和”方法、不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．