Question

4．在數(shù)列{a_n}中，已知a₁=$\frac{1}{4}$，$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n+1}}$=4，b_n+2=3log${\;}_{\frac{1}{4}}$a_n（n∈N^*），
（1）求數(shù)列{a_n}，{b_n}的通項(xiàng)公式；
（2）設(shè)數(shù)列{c_n}滿足c_n=a_n•b_n，若{c_n}的前n項(xiàng)和為S_n，且S_n$＜\frac{m}{40}$恒成立，求m的最小正整數(shù)值．

Answer 1

分析 （1）通過$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n+1}}$=4、a₁=$\frac{1}{4}$可知數(shù)列{a_n}是以首項(xiàng)、公比均為$\frac{1}{4}$的等比數(shù)列，進(jìn)而可知a_n=$\frac{1}{{4}^{n}}$，從而可知b_n=-2+3n；
（2）通過（1）可知c_n=（-2+3n）•$\frac{1}{{4}^{n}}$，利用錯(cuò)位相減法可知S_n=$\frac{2}{3}$-$\frac{1}{3}•$$\frac{2+3n}{{4}^{n}}$，通過S_n隨著n的增大而增大且$\underset{lim}{n→∞}$S_n=$\frac{2}{3}$，可知$\frac{m}{40}$＞$\frac{2}{3}$，計(jì)算即得結(jié)論．

解答 解：（1）∵$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n+1}}$=4，
∴a_n+1=$\frac{1}{4}$a_n，
又∵a₁=$\frac{1}{4}$，
∴數(shù)列{a_n}是以首項(xiàng)、公比均為$\frac{1}{4}$的等比數(shù)列，
∴a_n=$\frac{1}{{4}^{n}}$；
又∵b_n+2=3log${\;}_{\frac{1}{4}}$a_n（n∈N^*），
∴b_n=-2+3$lo{g}_{\frac{1}{4}}\frac{1}{{4}^{n}}$=-2+3n；
（2）由（1）可知c_n=a_n•b_n=（-2+3n）•$\frac{1}{{4}^{n}}$，
∴S_n=1•$\frac{1}{4}$+4•$\frac{1}{{4}^{2}}$+7•$\frac{1}{{4}^{3}}$+…+（-2+3n）•$\frac{1}{{4}^{n}}$，
$\frac{1}{4}$S_n=1•$\frac{1}{{4}^{2}}$+4•$\frac{1}{{4}^{3}}$…+（-5+3n）•$\frac{1}{{4}^{n}}$+（-2+3n）$•\frac{1}{{4}^{n+1}}$，
兩式相減得：$\frac{3}{4}$S_n=$\frac{1}{4}$+3（$\frac{1}{{4}^{2}}$+$\frac{1}{{4}^{3}}$…+$\frac{1}{{4}^{n}}$）-（-2+3n）$•\frac{1}{{4}^{n+1}}$
=$\frac{1}{4}$+3•$\frac{\frac{1}{{4}^{2}}（1-\frac{1}{{4}^{n-1}}）}{1-\frac{1}{4}}$-（-2+3n）$•\frac{1}{{4}^{n+1}}$
=$\frac{1}{2}$-$\frac{2+3n}{{4}^{n+1}}$，
∴S_n=$\frac{4}{3}$（$\frac{1}{2}$-$\frac{2+3n}{{4}^{n+1}}$）=$\frac{2}{3}$-$\frac{1}{3}•$$\frac{2+3n}{{4}^{n}}$，
∴S_n隨著n的增大而增大，且$\underset{lim}{n→∞}$S_n=$\frac{2}{3}$，
又∵S_n$＜\frac{m}{40}$恒成立，
∴$\frac{m}{40}$＞$\frac{2}{3}$，
解得：m＞$\frac{80}{3}$≈26.6，
∴m的最小正整數(shù)值為27．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)及前n項(xiàng)和，考查運(yùn)算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．