Question

3．已知數(shù)列{a_n}的前n項和${S_n}={n^2}-4n$，其中n∈N^*．
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（Ⅱ）設(shè)${b_n}={2^{a_n}}+1$，求數(shù)列{b_n}的前n項和T_n；
（Ⅲ）若對于任意正整數(shù)n，都有$\frac{1}{{{a_1}{a_2}}}+\frac{1}{{{a_2}{a_3}}}+…+\frac{1}{{{a_n}{a_{n+1}}}}≤λ$，求實數(shù)λ的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由數(shù)列的遞推式：當(dāng)n=1時，a₁=S₁；當(dāng)n≥2時，a_n=S_n-S_n-1，計算即可得到所求通項；
（Ⅱ）由（Ⅰ）得${b_n}={2^{2n-5}}+1$．運用數(shù)列的求和方法：分組求和，結(jié)合等比數(shù)列的求和公式，計算即可得到所求和；
（Ⅲ）運用數(shù)列的求和方法：裂項相消求和，化簡整理，判斷數(shù)列的最值，再由恒成立思想，即可得到所求實數(shù)λ的最小值．

解答 解：（Ⅰ）當(dāng)n=1時，a₁=S₁=-3；                      
當(dāng)n≥2時，a_n=S_n-S_n-1=n²-4n-（n-1）²+4（n-1）=2n-5，
因為a₁=-3符合上式，
所以a_n=2n-5（n∈N^*）．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得${b_n}={2^{2n-5}}+1$．
所以T_n=b₁+b₂+…+b_n=（2^-3+1）+（2^-1+1）+…+（2^2n-5+1）
=（2^-3+2^-1+…+2^2n-5）+n
=$\frac{{{2^{-3}}（1-{4^n}）}}{1-4}+n$=$\frac{1}{24}（{4^n}-1）+n$．
（Ⅲ）$\frac{1}{{{a_1}{a_2}}}+\frac{1}{{{a_2}{a_3}}}+…+\frac{1}{{{a_n}{a_{n+1}}}}=\frac{1}{3}-1+\frac{1}{1×3}+\frac{1}{3×5}+…+\frac{1}{（2n-5）（2n-3）}$
=$-\frac{2}{3}+\frac{1}{2}[（1-\frac{1}{3}）+（\frac{1}{3}-\frac{1}{5}）+…+（\frac{1}{2n-5}-\frac{1}{2n-3}）]$=$-\frac{1}{6}-\frac{1}{4n-6}$，
當(dāng)n=1時，$\frac{1}{{{a_1}{a_2}}}=\frac{1}{3}$，（注：此時$\frac{1}{4n-6}＜0$），
當(dāng)n≥2時，因為$\frac{1}{4n-6}＞0$，
所以$\frac{1}{{{a_1}{a_2}}}+\frac{1}{{{a_2}{a_3}}}+…+\frac{1}{{{a_n}{a_{n+1}}}}＜-\frac{1}{6}$．
則n=1時，取得最大值．
因為對于任意正整數(shù)n，都有$\frac{1}{{{a_1}{a_2}}}+\frac{1}{{{a_2}{a_3}}}+…+\frac{1}{{{a_n}{a_{n+1}}}}≤λ$，
由題意，得$λ≥\frac{1}{3}$；        
所以λ的最小值為$\frac{1}{3}$．

點評 本題考查數(shù)列的通項公式的求法，注意運用數(shù)列的遞推式，考查數(shù)列的求和方法：分組求和和裂項相消求和，以及數(shù)列的最值，考查運算能力，屬于中檔題．