Question

13．已知数列{a_n}的前n项和S_n=3n²-2n，则使$\frac{1}{{a}_{1}{a}_{2}}$+$\frac{1}{{a}_{2}{a}_{3}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$＜$\frac{1}{20}$log₈m对所有n∈N^*都成立的正整数m的最小值为2¹⁰．

Answer 1

分析 当n≥2时通过S_n=3n²-2n与S_n-1=3（n-1）²-2（n-1）作差、整理可知a_n=6n-5，裂项可知$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$=$\frac{1}{6}$（$\frac{1}{6n-5}$-$\frac{1}{6n+1}$），进而并项相加可知问题等价于log₈m＞$\frac{20n}{6n+1}$对所有n∈N^*都成立，进而计算可得结论．

解答 解：∵S_n=3n²-2n，
∴当n≥2时，S_n-1=3（n-1）²-2（n-1），
两式相减，得：a_n=S_n-S_n-1=（3n²-2n）-[3（n-1）²-2（n-1）]=6n-5，
又∵a₁=3-2=1满足上式，
∴a_n=6n-5，
∴$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$=$\frac{1}{（6n-5）（6n+1）}$=$\frac{1}{6}$（$\frac{1}{6n-5}$-$\frac{1}{6n+1}$），
∴$\frac{1}{{a}_{1}{a}_{2}}$+$\frac{1}{{a}_{2}{a}_{3}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$=$\frac{1}{6}$（1-$\frac{1}{7}$+$\frac{1}{7}$-$\frac{1}{13}$+…+$\frac{1}{6n-5}$-$\frac{1}{6n+1}$）=$\frac{1}{6}$（1-$\frac{1}{6n+1}$）=$\frac{n}{6n+1}$，
∵$\frac{1}{{a}_{1}{a}_{2}}$+$\frac{1}{{a}_{2}{a}_{3}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$＜$\frac{1}{20}$log₈m对所有n∈N^*都成立，
∴$\frac{n}{6n+1}$＜$\frac{1}{20}$log₈m对所有n∈N^*都成立，
整理得：log₈m＞$\frac{20n}{6n+1}$对所有n∈N^*都成立，
∴log₈m≥$\frac{20}{6}$=$\frac{10}{3}$，
∴m≥${8}^{\frac{10}{3}}$=2¹⁰，
故答案为：2¹⁰．

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