Question

6．已知点（1，$\frac{1}{3}$）是函数f（x）=a^x（a＞0且a≠1）的图象上一点，等比数列{a_n}的前n项和为f（n）-c，数列{b_n}（b_n＞0）的首项为c，且前n项和S_n满足S_n-S_n-1=$\sqrt{{S}_{n}}$+$\sqrt{{S}_{n-1}}$（n≥2）．
（1）求数列{a_n}和{b_n}的通项公式；
（2）若数列{$\frac{1}{{b}_{n}{b}_{n+1}}$}前n项和为T_n，则满足T_n＞$\frac{1000}{2015}$的最小正整数n是多少？

Answer 1

分析 （1）由f（1）=a=$\frac{1}{3}$，解得a=$\frac{1}{3}$，可得f（x）=$（\frac{1}{3}）^{x}$．a₁=f（1）-c=$\frac{1}{3}$-c，当n≥2时，a_n=[f（n）-c]-[f（n-1）-c]，可得a₂，a₃，利用等比数列的性质可得：${a}_{2}^{2}={a}_{1}•{a}_{3}$，解得c=1．可得a_n．由于S_n-S_n-1=$（\sqrt{{S}_{n}}+\sqrt{{S}_{n-1}}）$$（\sqrt{{S}_{n}}-\sqrt{{S}_{n-1}}）$=$\sqrt{{S}_{n}}$+$\sqrt{{S}_{n-1}}$（n≥2），可得$\sqrt{{S}_{n}}$-$\sqrt{{S}_{n-1}}$=1，利用等差数列的通项公式可得：S_n，利用递推公式可得b_n．
（2）$\frac{1}{{b}_{n}{b}_{n+1}}$=$\frac{1}{2}（\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）$，利用“裂项求和”可得T_n，即可得出．

解答 解：（1）∵f（1）=a=$\frac{1}{3}$，解得a=$\frac{1}{3}$，
∴f（x）=$（\frac{1}{3}）^{x}$．
a₁=f（1）-c=$\frac{1}{3}$-c，
a₂=[f（2）-c]-[f（1）-c]=-$\frac{2}{9}$，
a₃=[f（3）-c]-[f（2）-c]=-$\frac{2}{27}$，
又数列{a_n}成等比数列，
∴${a}_{2}^{2}={a}_{1}•{a}_{3}$，
∴$（-\frac{2}{9}）^{2}$=-$\frac{2}{27}$×$（\frac{1}{3}-c）$，
解得c=1．
又公比$q=\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$=$\frac{1}{3}$，
∴a_n=-$\frac{2}{3}×（\frac{1}{3}）^{n-1}$=-2×$（\frac{1}{3}）^{n}$（n∈N^*）．
∵S_n-S_n-1=$（\sqrt{{S}_{n}}+\sqrt{{S}_{n-1}}）$$（\sqrt{{S}_{n}}-\sqrt{{S}_{n-1}}）$=$\sqrt{{S}_{n}}$+$\sqrt{{S}_{n-1}}$（n≥2）．
又b_n＞0，$\sqrt{{S}_{n}}$＞0，
∴$\sqrt{{S}_{n}}$-$\sqrt{{S}_{n-1}}$=1．，
∴数列$\{\sqrt{{S}_{n}}\}$构成一个首项为1公差为1的等差数列，
∴$\sqrt{{S}_{n}}$=1+（n-1）×1=n，
∴S_n=n²，
当n=1，b₁=S₁=1，
当n≥2时，b_n=S_n-S_n-1=n²-（n-1）²=2n-1，
当n=1时，上式也成立．
∴b_n=2n=1（n∈N^*）．
（2）$\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}{2}[（1-\frac{1}{3}）+（\frac{1}{3}-\frac{1}{5}）$+…+$（\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）]$
=$\frac{1}{2}（1-\frac{1}{2n+1}）$
=$\frac{n}{2n+1}$．
由T_n=$\frac{n}{2n+1}$＞$\frac{1000}{2015}$，可得$n＞\frac{200}{3}$=66+$\frac{2}{3}$，
因此满足T_n＞$\frac{1000}{2015}$的最小正整数为67．

点评 本题考查了递推关系、“裂项求和”方法、等差数列与等比数列的通项公式及其前n项和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．