Question

7．已知数列{a_n}的前n项和为S_n，且S_n+$\frac{1}{3}$a_n=1（n∈N^*）．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）设（$\frac{1}{4}$）${\;}^{{b}_{n}}$=1-S_n+1，（n∈N^*），${T_n}=\frac{1}{{{b_1}{b_2}}}+\frac{1}{{{b_2}{b_3}}}+…+\frac{1}{{{b_n}{b_{n+1}}}}$，求使T_n＞$\frac{1007}{2016}$成立的最小的正整数n的值．

Answer 1

分析 （1）通过S_n+$\frac{1}{3}$a_n=1与S_n-1+$\frac{1}{3}$a_n-1=1（n≥2）作差、整理可知a_n=$\frac{1}{4}$a_n-1，进而可知数列{a_n}是首项为$\frac{3}{4}$、公比为$\frac{1}{4}$的等比数列，计算即得结论；
（2）通过（1）可知S_n=1-$\frac{1}{{4}^{n}}$，通过（$\frac{1}{4}$）${\;}^{{b}_{n}}$=1-S_n+1可知b_n=n+1，裂项可知$\frac{1}{{b}_{n}{b}_{n+1}}$=$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n+2}$，并项相加可知T_n＞$\frac{1007}{2016}$成立即$\frac{1}{2}•$$\frac{n}{n+2}$＞$\frac{1007}{2016}$成立，计算即得结论．

解答 解：（1）∵S_n+$\frac{1}{3}$a_n=1，
∴S_n-1+$\frac{1}{3}$a_n-1=1（n≥2），
两式相减得：a_n+$\frac{1}{3}$（a_n-a_n-1）=0，
整理得：a_n=$\frac{1}{4}$a_n-1，
又∵S₁+$\frac{1}{3}$a₁=1，即a₁=$\frac{3}{4}$，
∴数列{a_n}是首项为$\frac{3}{4}$、公比为$\frac{1}{4}$的等比数列，
∴a_n=$\frac{3}{4}$•$\frac{1}{{4}^{n-1}}$=3•$\frac{1}{{4}^{n}}$；
（2）由（1）可知S_n=$\frac{\frac{3}{4}（1-\frac{1}{{4}^{n}}）}{1-\frac{1}{4}}$=1-$\frac{1}{{4}^{n}}$，
∴（$\frac{1}{4}$）${\;}^{{b}_{n}}$=1-S_n+1=$\frac{1}{{4}^{n+1}}$，
∴b_n=n+1，
∴$\frac{1}{{b}_{n}{b}_{n+1}}$=$\frac{1}{（n+1）（n+2）}$=$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n+2}$，
∴${T_n}=\frac{1}{{{b_1}{b_2}}}+\frac{1}{{{b_2}{b_3}}}+…+\frac{1}{{{b_n}{b_{n+1}}}}$
=$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{4}$+…+$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n+2}$
=$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{n+2}$
=$\frac{1}{2}•$$\frac{n}{n+2}$，
∴T_n＞$\frac{1007}{2016}$成立即$\frac{1}{2}•$$\frac{n}{n+2}$＞$\frac{1007}{2016}$成立，
解得：n＞2014，
∴满足条件的最小的正整数n=2015．

点评 本题考查数列的通项及前n项和，考查运算求解能力，裂项是解决本题的关键，注意解题方法的积累，属于中档题．