Question

17．已知数列{a_n}的前n项和S_n满足（p-1）S_n=p²-a_n（p＞0，p≠1），且a₃=$\frac{1}{3}$．
（Ⅰ）求数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）设b_n=$\frac{1}{2-lo{g}_{3}{a}_{n}}$，数列{b_nb_n+2}的前n项和为T_n，若对于任意的正整数n，都有T_n＜m²-m+$\frac{3}{4}$成立，求实数m的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通过在（p-1）S_n=p²-a_n（p＞0，p≠1）中令n=1可知a₁=p，令n=2可知a₂=1，令n=3并结合a₃=$\frac{1}{3}$可知p=3，进而可知数列{a_n}是首项为3，公比为$\frac{1}{3}$的等比数列，计算即得结论；
（Ⅱ）通过（I）可知b_n=$\frac{1}{n}$，裂项、并项相加可知T_n=$\frac{3}{4}$-$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{n+1}$+$\frac{1}{n+2}$），利用T_n＜$\frac{3}{4}$，问题转化为解不等式$\frac{3}{4}$≤m²-m+$\frac{3}{4}$，计算即得结论．

解答 解：（Ⅰ）依题意，（p-1）S₁=p²-a₁（p＞0，p≠1），
∴a₁=p，
∴（p-1）（p+a₂）=p²-a₂，解得：a₂=1，
∴（p-1）（1+p+a₃）=p²-a₃，
又∵a₃=$\frac{1}{3}$，
∴（p-1）（1+p+$\frac{1}{3}$）=p²-$\frac{1}{3}$，解得：p=3，
∴2S_n=9-a_n，
∴2a_n+1=a_n-a_n+1，即a_n+1=$\frac{1}{3}$a_n，
又∵a₁=p=3，
∴数列{a_n}是首项为3，公比为$\frac{1}{3}$的等比数列，
∴a_n=$\frac{3}{{3}^{n-1}}$=$\frac{1}{{3}^{n-2}}$；
（Ⅱ）由（I）可知b_n=$\frac{1}{2-lo{g}_{3}{a}_{n}}$=$\frac{1}{2-lo{g}_{3}\frac{1}{{3}^{n-2}}}$=$\frac{1}{n}$，
∴b_nb_n+2=$\frac{1}{n（n+2）}$=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+2}$），
∴T_n=$\frac{1}{2}$（1-$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{4}$+…+$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+2}$）
=$\frac{1}{2}$（1+$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n+2}$）
=$\frac{3}{4}$-$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{n+1}$+$\frac{1}{n+2}$），
显然T_n随着n的增大而增大，且T_n＜$\frac{3}{4}$，
则对于任意的正整数n都有T_n＜m²-m+$\frac{3}{4}$成立等价于对于任意的正整数n都有$\frac{3}{4}$≤m²-m+$\frac{3}{4}$成立，
化简得：m（m-1）≥0，
解得：m≤或m≥1．

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