已知函数f(x)=x2-$\frac{1}{2}$x+$\frac{1}{4}$.若数列{bn}满足:b1=1.bn+1=2f(bn)(n∈N*)．若对?n∈N*.都?M∈Z.使得$\frac{1}{{b} {1}}$+$\frac{1}{{b} {2}}$+$\frac{1}{{b} {3}}$+-+$\frac{1}{{b} {n}}$＜M恒成立.则整数M的最小值是( )A．2B� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

13．已知函数f（x）=x²-$\frac{1}{2}$x+$\frac{1}{4}$，若数列{b_n}满足：b₁=1，b_n+1=2f（b_n）（n∈N^*）．若对?n∈N^*，都?M∈Z，使得$\frac{1}{{b}_{1}}$+$\frac{1}{{b}_{2}}$+$\frac{1}{{b}_{3}}$+…+$\frac{1}{{b}_{n}}$＜M恒成立，则整数M的最小值是（　　）

A．

B．

C．

D．

分析先根据数列的函数特征，得到b_n+1=2f（b_n）=2b_n²-b_n+$\frac{1}{2}$，整理可得$\frac{1}{2{b}_{n}}$=$\frac{1}{2{b}_{n}-1}$-$\frac{1}{2{b}_{n+1}-1}$，再利用裂项求和即可得到$\frac{1}{{b}_{1}}$+$\frac{1}{{b}_{2}}$+$\frac{1}{{b}_{3}}$+…+$\frac{1}{{b}_{n}}$=2（1-$\frac{1}{2{b}_{n+1}-1}$），由已知函数得到数列为增数列，根据首项且b₁=1，利用放缩法即可求出答案．

解答解：函数f（x）=x²-$\frac{1}{2}$x+$\frac{1}{4}$，
∴b_n+1=2f（b_n）=2b_n²-b_n+$\frac{1}{2}$，
∴2b_n+1=4b_n²-2b_n+1，
∴2b_n+1=2b_n（2b_n-1）+1
∴2b_n+1-1=2b_n（2b_n-1），
∴$\frac{1}{2{b}_{n+1}-1}$=$\frac{2}{2{b}_{n}（2{b}_{n}-1）}$=$\frac{1}{2{b}_{n}-1}$-$\frac{1}{2{b}_{n}}$
∴$\frac{1}{2{b}_{n}}$=$\frac{1}{2{b}_{n}-1}$-$\frac{1}{2{b}_{n+1}-1}$，
∴$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{{b}_{1}}$+$\frac{1}{{b}_{2}}$+$\frac{1}{{b}_{3}}$+…+$\frac{1}{{b}_{n}}$）=$\frac{1}{2{b}_{1}-1}$-$\frac{1}{2{b}_{2}-1}$+$\frac{1}{2{b}_{2}-1}$+$\frac{1}{2{b}_{3}-1}$+$\frac{1}{2{b}_{n}-1}$-$\frac{1}{2{b}_{n+1}-1}$=1-$\frac{1}{2{b}_{n+1}-1}$，
∴$\frac{1}{{b}_{1}}$+$\frac{1}{{b}_{2}}$+$\frac{1}{{b}_{3}}$+…+$\frac{1}{{b}_{n}}$=2（1-$\frac{1}{2{b}_{n+1}-1}$），
由f（x）=x²-$\frac{1}{2}$x+$\frac{1}{4}$可知b_n为增数列，且b₁=1，
∴2（1-$\frac{1}{2{b}_{n+1}-1}$）＜2，
故整数M的最小值是2，
故选：A