Question

18．已知等比數(shù)列{a_n}是遞增數(shù)列，a₂a₅=32，a₃+a₄=12，又?jǐn)?shù)列{b_n}滿足b_n=2log₂a_n+1，S_n是數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和
（1）求S_n；
（2）若對(duì)任意n∈N₊，都有$\frac{S_n}{a_n}≤\frac{S_k}{a_k}$成立，求正整數(shù)k的值．

Answer 1

分析 （1）運(yùn)用等比數(shù)列的性質(zhì)和通項(xiàng)，可得數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式，再由對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)，可得數(shù)列{b_n}的通項(xiàng)公式，運(yùn)用等差數(shù)列的求和公式，可得S_n；
（2）令${C_n}=\frac{S_n}{a_n}=\frac{{{n^2}+n}}{{{2^{n-1}}}}$，通過相鄰兩項(xiàng)的差比較可得{C_n}的最大值，即可得到結(jié)論．

解答 解：（1）因?yàn)閍₂a₅=a₃a₄=32，a₃+a₄=12，且{a_n}是遞增數(shù)列，
所以a₃=4，a₄=8，所以q=2，a₁=1，所以${a_n}={2^{n-1}}$；
所以${b_n}=2{log_2}{a_{n+1}}=2log{2^n}=2n$．
所以 ${S_n}=2+4+…+2n=\frac{n（2+2n）}{2}={n^2}+n$．
（2）令${C_n}=\frac{S_n}{a_n}=\frac{{{n^2}+n}}{{{2^{n-1}}}}$，
則${C_{n+1}}-{C_n}=\frac{{{S_{n+1}}}}{{{a_{n+1}}}}-\frac{S_n}{a_n}=\frac{{（{n+1}）（{n+2}）}}{2^n}-\frac{{n（{n+1}）}}{{{2^{n-1}}}}=\frac{{（{n+1}）（{2-n}）}}{2^n}$．
所以 當(dāng)n=1時(shí)，c₁＜c₂；
當(dāng)n=2時(shí)，c₃=c₂；
當(dāng)n≥3時(shí)，c_n+1-c_n＜0，即c₃＞c₄＞c₅＞…．
所以數(shù)列{c_n}中最大項(xiàng)為c₂和c₃．
所以存在k=2或3，使得對(duì)任意的正整數(shù)n，都有$\frac{S_k}{a_k}≥\frac{S_n}{a_n}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查等差數(shù)列和等比數(shù)列的通項(xiàng)和求和公式的運(yùn)用，考查數(shù)列的單調(diào)性的判斷和應(yīng)用，以及不等式恒成立問題的解法，屬于中檔題．