Question

11．已知等比数列{a_n}的前n项和为S_n，a_n＞0，a₁=$\frac{2}{3}$，且-$\frac{3}{{a}_{2}}$，$\frac{1}{{a}_{3}}$，$\frac{1}{{a}_{4}}$，成等差数列．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）设数列{a_n}满足b_n•log₃（1-S_n+1）=1，求满足方程b₁b₂+b₂b₃+…+b_nb_n+1=$\frac{504}{1009}$的正整数n的值．

Answer 1

分析 （1）设等比数列{a_n}的公比为q＞0，由-$\frac{3}{{a}_{2}}$，$\frac{1}{{a}_{3}}$，$\frac{1}{{a}_{4}}$，成等差数列．可得$-\frac{3}{{a}_{1}q}+\frac{1}{{a}_{1}{q}^{3}}$=$\frac{2}{{a}_{1}{q}^{2}}$，化简解出即可得出．
（2）由（1）可得：S_n=1-$（\frac{1}{3}）^{n}$，由于数列{a_n}满足b_n•log₃（1-S_n+1）=1，可得b_n=$\frac{1}{n+1}$，b_nb_n+1=$\frac{1}{（n+1）（n+2）}$=$\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}$，利用“裂项求和”即可得出．

解答 解：（1）设等比数列{a_n}的公比为q＞0，∵-$\frac{3}{{a}_{2}}$，$\frac{1}{{a}_{3}}$，$\frac{1}{{a}_{4}}$，成等差数列．
∴-$\frac{3}{{a}_{2}}$+$\frac{1}{{a}_{4}}$=$\frac{2}{{a}_{3}}$，
∴$-\frac{3}{{a}_{1}q}+\frac{1}{{a}_{1}{q}^{3}}$=$\frac{2}{{a}_{1}{q}^{2}}$，化为3q²+2q-1=0，q＞0，解得$q=\frac{1}{3}$，
∴${a}_{n}=\frac{2}{3}×（\frac{1}{3}）^{n-1}$=$2×\frac{1}{{3}^{n}}$．即a_n=$\frac{2}{{3}^{n}}$．
（2）由（1）可得：S_n=$\frac{\frac{2}{3}[1-（\frac{1}{3}）^{n}]}{1-\frac{1}{3}}$=1-$（\frac{1}{3}）^{n}$，
∵数列{a_n}满足b_n•log₃（1-S_n+1）=1，∴b_n=-$\frac{1}{n+1}$，
∴b_nb_n+1=$\frac{1}{（n+1）（n+2）}$=$\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}$，
∴b₁b₂+b₂b₃+…+b_nb_n+1=$（\frac{1}{2}-\frac{1}{3}）+（\frac{1}{3}-\frac{1}{4}）$+…+$（\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}）$=$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{n+2}$，
∴方程b₁b₂+b₂b₃+…+b_nb_n+1=$\frac{504}{1009}$，化为$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{n+2}$=$\frac{504}{1009}$，∴$\frac{1}{n+2}$=$\frac{1}{2018}$，解得n=2016．
∴满足方程b₁b₂+b₂b₃+…+b_nb_n+1=$\frac{504}{1009}$的正整数n=2016．

点评 本题考查了等比数列与等差数列的通项公式及其前n项和公式、方程的解法、“裂项求和”，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．