Question

7．已知数列{a_n}满足a₁=2，对任意m、p∈N^*都有a_m+p=a_m•a_p．
（1）求数列{a_n}（n∈N^*）的通项公式a_n；
（2）数列{b_n}满足a_n=$\frac{b_1}{2+1}+\frac{b_2}{{{2^2}+1}}+\frac{b_3}{{{2^3}+1}}+…+\frac{b_n}{{{2^n}+1}}$（n∈N^*），求数列{b_n}的前n项和B_n；
（3）设c_n=$\frac{B_n}{2^n}$，求数列{c_n}（n∈N^*）中最小项的值．

Answer 1

分析 （1）利用a_m+p=a_m•a_p，通过令m=n，p=1，证明数列{a_n}（n∈N^*）是首项和公比都为2的等比数列．求出通项公式．
（2）通过${a_n}=\frac{b_1}{2+1}+\frac{b_2}{{{2^2}+1}}+\frac{b_3}{{{2^3}+1}}+…+\frac{b_n}{{{2^n}+1}}$（n∈N^*），推出${a}_{n}-{a}_{n-1}=\frac{{b}_{n}}{{2}^{n}+1}$，然后求解b_n通项公式，求出前n项和．
（3）通过${c_n}=\frac{B_n}{2^n}$，求出通项公式，通过两项c_n-c_n-1判断单调性，求解最小项．

解答 （文科）
解：（1）∵对任意m、p∈N^*都有a_m+p=a_m•a_p成立，a₁=2，
∴令m=n，p=1，得${a_{n+1}}={a_1}•{a_n}，n∈{N^*}$．
∴数列{a_n}（n∈N^*）是首项和公比都为2的等比数列．
∴${a_n}={a_1}•{2^{n-1}}={2^n}（n∈{N^*}）$．
（2）由${a_n}=\frac{b_1}{2+1}+\frac{b_2}{{{2^2}+1}}+\frac{b_3}{{{2^3}+1}}+…+\frac{b_n}{{{2^n}+1}}$（n∈N^*），
得${a_{n-1}}=\frac{b_1}{2+1}+\frac{b_2}{{{2^2}+1}}+\frac{b_3}{{{2^3}+1}}+…+\frac{{{b_{n-1}}}}{{{2^{n-1}}+1}}$（n≥2）．
故${a_n}-{a_{n-1}}=\frac{b_n}{{{2^n}+1}}⇒{b_n}={2^{n-1}}（{2^n}+1）={2^{2n-1}}+{2^{n-1}}（n≥2）$．
当n=1时，${a_1}=\frac{b_1}{2+1}⇒{b_1}=6$．
于是，${b_n}=\left\{\begin{array}{l}6，（n=1）\\{2^{2n-1}}+{2^{n-1}}．（n≥2，n∈{N^*}）\end{array}\right.$
当n=1时，B₁=b₁=6；
当n≥2时，B_n=b₁+b₂+b₃+…+bn=6+（2^2•2-1+2^2•3-1+2^2•4-1+…+2^2•n-1）+（2^2-1+2^3-1+2^4-1+…+2^n-1）=$6+\frac{{2}^{3}（1-{4}^{n-1}）}{1-4}+\frac{2（1-{2}^{n-1}）}{1-2}$
=$\frac{2}{3}•{4}^{n}+{2}^{n}+\frac{4}{3}$．
又n=1时，${B_n}=\frac{2}{3}•{4^1}+{2^1}+\frac{4}{3}=6$，
综上，有${B_n}=\frac{2}{3}•{4^n}+{2^n}+\frac{4}{3}，n∈{N^*}$．
（3）∵${c_n}=\frac{B_n}{2^n}$，${c_1}=\frac{B_1}{2^1}=3$，
∴${c_n}=\frac{2}{3}•{2^n}+\frac{4}{3}•\frac{1}{2^n}+1$，n∈N^*．
$\begin{array}{c}∴{c}_{n}-{c}_{n-1}=\frac{2}{3}•{2}^{n}+\frac{4}{3}•\frac{1}{{2}^{n}}+1-（\frac{2}{3}•{2}^{n-1}+\frac{4}{3}•\frac{1}{{2}^{n-1}}+1）\end{array}\right.$
=$\frac{2}{3}（{2}^{n-1}-\frac{1}{{2}^{n-1}}）＞0（n≥2）$．
∴数列{c_n}（n∈N^*）是单调递增数列，即数列{c_n}中数值最小的项是c₁，其值为3．

点评 本题考查数列求和，通项公式的求法，考查计算能力．