Question

16．已知数列{a_n}的前n项和为S_n，且a_n＞0，${a_n}•{S_n}={（{\frac{1}{4}}）^n}（{n∈{N^*}}）$
（1）若b_n=1+log₂（S_n•a_n），求数列{b_n}的前n项和T_n；
（2）若0＜θ_n＜$\frac{π}{2}$，2ⁿ•a_n=tanθ_n，求证：数列{θ_n}为等比数列，并求出其通项公式；
（3）记${c_n}=|{{a_1}-\frac{1}{2}}|+|{{a_2}-\frac{1}{2}}|+|{{a_3}-\frac{1}{2}}|+…+|{{a_n}-\frac{1}{2}}$|，若对任意的n∈N^*，c_n≥m恒成立，求实数m的最大值．

Answer 1

分析 （1）直接利用已知条件以及对数的运算法则，直接求出通项公式．然后求解前n项和．
（2）化简2ⁿ•a_n=tanθ_n，通过a_n=S_n-S_n-1求出a_n，得到θ_n的函数关系式，然后证明数列{θ_n}为等比数列，求出其通项公式；
（3）化简${c_n}=|{{a_1}-\frac{1}{2}}|+|{{a_2}-\frac{1}{2}}|+|{{a_3}-\frac{1}{2}}|+…+|{{a_n}-\frac{1}{2}}$|，利用函数的最值，求解实数m的最大值．

解答 解：（1）∵${a_n}•{S_n}={（{\frac{1}{4}}）^n}（{n∈{N^*}}）$，∴b_n=1+log₂（S_n•a_n）=1+log₂${（\frac{1}{4}）}^{n}$=1-2n，
${b_n}=1-2n，n∈{N^*}$，
T_n=$\frac{-1+1-2n}{2}×n$=-n²
（2）由${2^n}•{a_n}=tan{θ_n}得{a_n}=\frac{{tan{θ_n}}}{2^n}$，
代入${a_n}•{S_n}={（{\frac{1}{4}}）^n}（{n∈{N^*}}）$，
得${S_n}=\frac{1}{{{2^n}tan{θ_n}}}$，当n≥2时，${a_n}={S_n}-{S_{n-1}}=\frac{1}{{{2^n}tan{θ_n}}}=\frac{1}{{{2^{n-1}}tan{θ_{n-1}}}}$，
因为${a_n}=\frac{{tan{θ_n}}}{2^n}$，代入上式整理得tanθ_n-1=tan（2θ_n），$0＜{θ_n}＜\frac{π}{2}$，
所以${θ_{n-1}}=2{θ_n}，\frac{θ_n}{{{θ_{n-1}}}}=\frac{1}{2}≠0$的常数．
当n=1时，${a_1}={S_1}，{a_1}•{a_1}=（{\frac{1}{4}}）$，∵${a_n}＞0∴{a_1}=\frac{1}{2}，tan{θ_1}=1，{θ_1}=\frac{π}{4}$，
所以数列{θ_n}是等比数列，首项为 $\frac{π}{4}$，公比为$\frac{1}{2}$，其通项公式为${θ_n}=\frac{π}{4}{（{\frac{1}{2}}）^{n-1}}=π{（{\frac{1}{2}}）^{n+1}}，n∈{N^*}$．
（3）由（2）得${a_n}=\frac{1}{2^n}tan\frac{π}{{{2^{n+1}}}}，n∈{N^*}$，它是个单调递减的数列，
所以 ${a_n}≤{a_1}=\frac{1}{2}，{a_n}-\frac{1}{2}≤0∴|{{a_n}-\frac{1}{2}}|=\frac{1}{2}-{a_n}$，
$\begin{array}{l}{c_n}=|{{a_1}-\frac{1}{2}}|+|{{a_2}-\frac{1}{2}}|+|{{a_3}-\frac{1}{2}}|+…+|{{a_n}-\frac{1}{2}}|\\=\frac{n}{2}-{S_n}\end{array}$
对任意的n∈N^*，c_n≥m恒成立，所以m≤（c_n）_min．
由${c_{n+1}}-{c_n}=\frac{n+1}{2}-{S_{n+1}}-（{\frac{n}{2}-{S_n}}）=\frac{1}{2}-{a_{n+1}}≥0$知，c_n+1≥c_n，
所以数列{c_n}是单调递增的，c_n最小值为c₁=0，m≤（c_n）_min=0，
因此，实数m的取值范围是（-∞，0]，m的最大值为0．

点评 本题考查数列与函数的综合应用，数列求和，等比数列的判断，考查分析问题解决问题的能力．