Question

8．设{a_n}为等差数列，S_n为其前n项和，已知S₇=7，S₁₅=75，
（1）求数{a_n}列的通项公式．
（2）记${b_n}=2{a_n}+5，{T_n}=\frac{1}{{{b_1}{b_2}}}+\frac{1}{{{b_2}{b_3}}}+…+\frac{1}{{{b_n}{b_{n+1}}}}$，
是否存在最小的正整数m，使得对一切n∈N^*，T_n＜$\frac{m}{4}$恒成立？若存在求出m的值，若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （1）由等差数列的性质可知：S₇=7a₄，S₁₅=15a₈，即可求得a₄=1，a₈=5，由d=$\frac{{a}_{8}-{a}_{4}}{8-4}$=1，根据a_n=a₄+（n-4）d=n-3，即可求得数列{a_n}的通项公式；
（2）由（1）可知，b_n=2a_n+5=2n-1，$\frac{1}{{b}_{n}{b}_{n+1}}$=$\frac{1}{（2n-1）（2n+1）}$=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{2n-1}$-$\frac{1}{2n+1}$），采用“裂项法”求得T_n=$\frac{n}{2n+1}$=$\frac{1}{2+\frac{1}{n}}$＜$\frac{1}{2}$，根据T_n＜$\frac{m}{4}$恒成立，即可求得m的值．

解答 解：（1）由等差数列的性质可知：S₇=7a₄，即a₄=1，
S₁₅=15a₈=75，
∴a₈=5，
由d=$\frac{{a}_{8}-{a}_{4}}{8-4}$=1，
a_n=a₄+（n-4）d=n-3，
∴数列{a_n}的通项公式a_n=n-3；
（2）b_n=2a_n+5=2n-1，
$\frac{1}{{b}_{n}{b}_{n+1}}$=$\frac{1}{（2n-1）（2n+1）}$=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{2n-1}$-$\frac{1}{2n+1}$），
T_n=$\frac{1}{{b}_{1}{b}_{2}}$+$\frac{1}{{b}_{2}{b}_{3}}$+…+$\frac{1}{{b}_{n}{b}_{n+1}}$，
=$\frac{1}{1×3}$+$\frac{1}{3×5}$+$\frac{1}{5×7}$+…+$\frac{1}{（2n-1）（2n+1）}$，
=$\frac{1}{2}$[（1-$\frac{1}{3}$）+（$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{5}$）+（$\frac{1}{5}$-$\frac{1}{7}$）+…+（$\frac{1}{2n-1}$-$\frac{1}{2n+1}$）]，
=$\frac{1}{2}$（1-$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{5}$+$\frac{1}{5}$-$\frac{1}{7}$+…+$\frac{1}{2n-1}$-$\frac{1}{2n+1}$），
=$\frac{1}{2}$（1-$\frac{1}{2n+1}$），
=$\frac{n}{2n+1}$，
T_n=$\frac{n}{2n+1}$=$\frac{1}{2+\frac{1}{n}}$＜$\frac{1}{2}$
由T_n＜$\frac{m}{4}$恒成立，即$\frac{m}{4}$≥$\frac{1}{2}$，
∴m≥2，
存在最小的正整数m=2，使得对一切n∈N^*，T_n＜$\frac{m}{4}$恒成立．

点评 本题考查等差数列的性质的综合应用，考查“裂项法”求数列的前n项和，考查不等式恒成问题，考查转化思想，属于中档题．