Question

20．已知數(shù)列{a_n}和{b_n}滿足a₁a₂…a_n=（$\sqrt{2}$）${\;}^{_{n}}$，n∈N^*，若{a_n}為等比數(shù)列，且a₁=2，b₃=6+b₂．
（Ⅰ）求a₃及數(shù)列{b_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）設(shè)c_n=$\frac{1}{{a}_{n}}$-$\frac{1}{_{n}}$，n∈N^*，記數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和為S_n．
（i）求S_n；
（ii）若S_k≥S_n恒成立，求正整數(shù)k的值．

Answer 1

分析 （I）設(shè)等比數(shù)列{a_n}的公比為q，由b₃=6+b₂．可得b₃-b₂=6．由數(shù)列{a_n}和{b_n}滿足a₁a₂…a_n=（$\sqrt{2}$）${\;}^{_{n}}$，n∈N^*，n≥2時(shí)，利用遞推關(guān)系可得：a_n=$（\sqrt{2}）^{_{n}-_{n-1}}$，可得a₃=$（\sqrt{2}）^{_{3}-_{2}}$=8．利用等比數(shù)列的通項(xiàng)公式可得a_n．進(jìn)而得到b_n．
（Ⅱ）（i）c_n=$\frac{1}{{a}_{n}}$-$\frac{1}{_{n}}$=$\frac{1}{{2}^{n}}$-$\frac{1}{n（n+1）}$=$\frac{1}{{2}^{n}}$-$（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}）$，利用等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式及其“裂項(xiàng)求和”方法可得數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和為S_n．
（ii）n≤4時(shí)，c_n＞0．當(dāng)n≥5時(shí)，c_n=$\frac{1}{n（n+1）}$$[\frac{n（n+1）}{{2}^{n}}-1]$＜0，即可得出．

解答 解：（I）設(shè)等比數(shù)列{a_n}的公比為q，
∵b₃=6+b₂．∴b₃-b₂=6．
∵數(shù)列{a_n}和{b_n}滿足a₁a₂…a_n=（$\sqrt{2}$）${\;}^{_{n}}$，n∈N^*，
∴n≥2時(shí)，a₁a₂…a_n-1=$（\sqrt{2}）^{_{n-1}}$，可得：a_n=$（\sqrt{2}）^{_{n}-_{n-1}}$，
∴a₃=$（\sqrt{2}）^{_{3}-_{2}}$=$（\sqrt{2}）^{6}$=8．
又a₁=2，∴8=2q²，解得q=2（-2舍去）．
∴a_n=2×2^n-1=2ⁿ．
∴（$\sqrt{2}$）${\;}^{_{n}}$=2^1+2+…+n=${2}^{\frac{n（n+1）}{2}}$，
∴b_n=n（n+1）．
（Ⅱ）（i）c_n=$\frac{1}{{a}_{n}}$-$\frac{1}{_{n}}$=$\frac{1}{{2}^{n}}$-$\frac{1}{n（n+1）}$=$\frac{1}{{2}^{n}}$-$（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}）$，
∴數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和為S_n=$\frac{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{2}^{n}}）}{1-\frac{1}{2}}$-$（1-\frac{1}{n+1}）$=$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{{2}^{n}}$．
（ii）c₁=0，c₂=$\frac{1}{12}$，c₃=$\frac{1}{24}$，c₄=$\frac{1}{{2}^{4}}$-$\frac{1}{20}$=$\frac{1}{80}$．
當(dāng)n≥5時(shí)，c_n=$\frac{1}{n（n+1）}$$[\frac{n（n+1）}{{2}^{n}}-1]$．
由$\frac{（n+1）（n+2）}{{2}^{n+1}}$-$\frac{n（n+1）}{{2}^{n}}$=$\frac{（2-n）（n+1）}{{2}^{n+1}}$＜0，
∴c_n＜0．
若S_k≥S_n恒成立，
∴k=4．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了遞推關(guān)系、等比數(shù)列與等差數(shù)列的通項(xiàng)公式及其前n項(xiàng)和公式，考查了分類討論方法、推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．