Question

已知数列{a_n}，S_n是其前n项的和，且a_n=7S_n-1-1（n≥2），a₁=2．
（Ⅰ）求数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）设bn=

1

log2an

，T_n=b_n+1+b_n+2+…+b_2n，是否存在最小的正整数k，使得对于任意的正整数n，有Tn＜

k

12

恒成立？若存在，求出k的值；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析：（I）由题设条件知a_n+1-a_n=7（S_n-S_n-1）=7a_n（n≥2），所以a_n=2•8^n-1=2^3n-2；（4分）
（II）由bn=

1

log2an

=

1

log223n-2

=

1

3n-2

，知Tn=bn+1+bn+2++b2n=

1

3n+1

+

1

3n+4

++

1

6n-2

，由此入手能够求出k的值．

解答：解：（I）由已知a_n=7S_n-1-1①a_n+1=7S_n-1②
②-①，得a_n+1-a_n=7（S_n-S_n-1）=7a_n（n≥2）（2分）
∴a_n+1=8a_n，又a₁=2，所以数列{a_n}是一个以2为首项，8为公比的等比数列
∴a_n=2•8^n-1=2^3n-2；（4分）
（II）bn=

1

log2an

=

1

log223n-2

=

1

3n-2

，（5分）
∴Tn=bn+1+bn+2++b2n=

1

3n+1

+

1

3n+4

++

1

6n-2

Tn+1=bn+2+bn+3++b2(n+1)=

1

3n+4

+

1

3n+7

++

1

6n-2

+

1

6n+1

+

1

6n+4

∴Tn+1-Tn=

1

6n+1

+

1

6n+4

-

1

3n+1

，（7分）
=

(6n+4)(3n+1)+(6n+1)(3n+1)-(6n+1)(6n+4)

(6n+1)(6n+4)(3n+1)

=

-3n+1

(6n+1)(6n+4)(3n+1)

∵n∈N^*，∴n≥1，即-3n+1＜0
∴T_n+1-T_n＜0，T_n+1＜T_n，即数列{T_n}是一个单调递减数列，又T1=b2=

1

4

∴T_n≤T1=

1

4

，若Tn＜

k

12

恒成立，则

1

4

＜

k

12

，即k＞3（13分）
又k是正整数，故最小正整数k为4．（14分）

点评：本题考查数列的综合运用，解题时要认真审题，仔细解答．