Question

11．已知數(shù)列{a_n}滿足a_n+1=a_n-$\frac{1}{n（n+1）}$，a₁=3，數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和S_n=-$\frac{1}{2}$n²-$\frac{401}{2}$n+1
（1）求數(shù)列{a_n}，{b_n}的通項(xiàng)公式；
（2）設(shè)c_n=$\frac{1}{{a}_{n}•_{n}}$，求數(shù)列{c_n}的最小項(xiàng)．

Answer 1

分析 （1）通過a_n+1-a_n=$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n}$，并項(xiàng)累加即得數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)，利用b_n+1=S_n+1-S_n及b₁=-200，可得數(shù)列{b_n}的通項(xiàng)；
（2）通過當(dāng)n≥2時(shí)，利用基本不等式可得a_n•b_n=-401-（2n+$\frac{200}{n}$）≤-441，進(jìn)而可得結(jié)論．

解答 解：（1）∵a_n+1=a_n-$\frac{1}{n（n+1）}$，
∴a_n+1-a_n=-$\frac{1}{n（n+1）}$=$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n}$，
累加可得：a_n-a₁=$\frac{1}{n}$-1，
∴a_n=a₁+$\frac{1}{n}$-1=2+$\frac{1}{n}$，
即數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)為：a_n=2+$\frac{1}{n}$；
∵S_n=-$\frac{1}{2}$n²-$\frac{401}{2}$n+1，
∴S_n+1=-$\frac{1}{2}$（n+1）²-$\frac{401}{2}$（n+1）+1，
兩式相減得：b_n+1=S_n+1-S_n
=[-$\frac{1}{2}$（n+1）²-$\frac{401}{2}$（n+1）+1]-[-$\frac{1}{2}$n²-$\frac{401}{2}$n+1]
=-n-201，
即b_n+1=-（n+1）-200，
又b₁=-$\frac{1}{2}$-$\frac{401}{2}$+1=-200，
∴數(shù)列{b_n}的通項(xiàng)為：b_n=$\left\{\begin{array}{l}{-200，}&{n=1}\\{-200-n，}&{n≥2}\end{array}\right.$；
（2）∵c_n=$\frac{1}{{a}_{n}•_{n}}$，∴c₁=$\frac{1}{{a}_{1}•_{1}}$=$\frac{1}{3•（-200）}$=-$\frac{1}{600}$；
當(dāng)n≥2時(shí)，a_n•b_n=（2+$\frac{1}{n}$）•（-200-n）=-401-（2n+$\frac{200}{n}$），
∵2n+$\frac{200}{n}$≥2$\sqrt{2n•\frac{200}{n}}$=40（當(dāng)且僅當(dāng)2n=$\frac{200}{n}$即n=10時(shí)等號(hào)成立），
∴a_n•b_n≤-401-40=-441，
∴c_n=$\frac{1}{{a}_{n}•_{n}}$≥-$\frac{1}{441}$（當(dāng)且僅當(dāng)n=10時(shí)等號(hào)成立），
∴數(shù)列{c_n}的最小項(xiàng)為：c₁₀．

點(diǎn)評(píng) 本題考查求數(shù)列的通項(xiàng)，考查運(yùn)算求解能力，考查基本不等式，注意解題方法的積累，屬于中檔題．