Question

11．已知各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{a_n}滿足log₂a_n-log₂a_n-1=1n∈N^*，n≥2，且a₄=16．
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）設(shè)數(shù)列{b_n}滿足b_n=$\frac{{na_n^{\;}}}{{（2n+1）•{2^n}}}$，是否存在正整數(shù)m，n（1＜m＜n），使得b₁，b_m，b_n成等比數(shù)列？若存在，求出所有的m，n的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
（Ⅲ）令c_n=$\frac{2n+4}{{n（n+1）{a_n}}}$，記數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和為S_n，其中n∈N^*，證明：$\frac{3}{2}$≤S_n＜2．

Answer 1

分析 （I）利用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式及其對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)即可得出．
（II）b_n=$\frac{{na_n^{\;}}}{{（2n+1）•{2^n}}}$=$\frac{n}{2n+1}$，由b₁，b_m，b_n成等比數(shù)列，可得$（\frac{m}{2m+1}）^{2}$=$\frac{1}{3}×\frac{n}{2n+1}$，即$\frac{3}{n}$=$\frac{-2{m}^{2}+4m+1}{{m}^{2}}$，由-2m²+4m+1＞0，解出即可得出．
（Ⅲ）${c_n}=\frac{2n+4}{{n（n+1）{2^n}}}=4[{\frac{1}{{n•{2^n}}}-\frac{1}{{（n+1）•{2^{n+1}}}}}]$，利用“裂項(xiàng)求和”方法與數(shù)列的單調(diào)性即可得出．

解答 解：（Ⅰ）∵對(duì)任意的n∈N^*，n≥2，$log_2^{\;}{a_n}=1+log_2^{\;}{a_{n-1}}$，即：$log_2^{\;}{a_n}-log_2^{\;}{a_{n-1}}=1$，
∴數(shù)列{$log_2^{\;}{a_n}$}是首相為$log_2^{\;}{a_1}=log_2^{\;}2=1$，公差為1的等差數(shù)列．
∴$log_2^{\;}{a_n}=1+1×（n-1）=n$，
∴${a}_{n}={2}^{n}$．
（Ⅱ）b_n=$\frac{{na_n^{\;}}}{{（2n+1）•{2^n}}}$=$\frac{n}{2n+1}$，
若b₁，b_m，b_n成等比數(shù)列，
則$（\frac{m}{2m+1}）^{2}$=$\frac{1}{3}×\frac{n}{2n+1}$，即$\frac{{m}^{2}}{4{m}^{2}+4m+1}$=$\frac{n}{6n+3}$．
可得$\frac{3}{n}$=$\frac{-2{m}^{2}+4m+1}{{m}^{2}}$，
∴-2m²+4m+1＞0，解得：$1-\frac{\sqrt{6}}{2}$＜m＜1+$\frac{\sqrt{6}}{2}$．
又m∈N^*，且m＞1，∴m=2，此時(shí)n=12．
故當(dāng)且僅當(dāng)m=2，n=12．
使得b₁，b_m，b_n成等比數(shù)列．
（Ⅲ）證明：${c_n}=\frac{2n+4}{{n（n+1）{2^n}}}=4[{\frac{1}{{n•{2^n}}}-\frac{1}{{（n+1）•{2^{n+1}}}}}]$，
∴S_n=c₁+c₂+c₃+…+c_n=$4[{\frac{1}{{1×{2^1}}}-\frac{1}{{2×{2^2}}}+\frac{1}{{2×{2^2}}}-\frac{1}{{3×{2^3}}}+…+\frac{1}{{（{n-1}）×{2^{n-1}}}}-\frac{1}{{n×{2^n}}}+\frac{1}{{n×{2^n}}}-\frac{1}{{（{n+1}）×{2^{n+1}}}}}]$
$\begin{array}{l}=4[{\frac{1}{{1×{2^1}}}-\frac{1}{{（{n+1}）×{2^{n+1}}}}}]\\=2-\frac{1}{{（{n+1}）×{2^{n-1}}}}\end{array}$
∴${S_n}＜2，且{S_n}≥{S_1}=\frac{3}{2}$，即結(jié)論$\frac{3}{2}≤{S_n}＜2$成立．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了遞推關(guān)系、等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項(xiàng)公式與前n項(xiàng)和公式、“裂項(xiàng)求和”方法、對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．