Question

2．已知{a_n}的前n项和为S_n=2a_n-2（n∈N^*）
（1）求{a_n}的通项公式；
（2）若b_n=$\frac{1}{lo{g}_{4}{a}_{n}•lo{g}_{4}{a}_{n+1}}$，求{b_n}的前n项和T_n；
（3）若对于任意的n∈N^*  k＞0，不等式$\frac{2lo{g}_{4}{a}_{n}+2}{k}≤{n}^{2}$+4n+5恒成立，求k的取值范围．

Answer 1

分析 （1）当n=1时，a₁=2；当n≥2时，计算可得a_n=2a_n-1，所以数列{a_n}是首项为2，公比为2的等比数列，从而${a}_{n}={2}^{n}$；
（2）由（1）知log₄a_n=$lo{g}_{4}{2}^{n}$=$\frac{n}{2}$，log₄a_n+1=$lo{g}_{4}{2}^{n+1}$=$\frac{n+1}{2}$，所以b_n=$\frac{1}{lo{g}_{4}{a}_{n}•lo{g}_{4}{a}_{n+1}}$=$\frac{1}{\frac{n}{2}•\frac{n+1}{2}}$=$4（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}）$，所以T_n=$4（1-\frac{1}{n+1}）$；
（3）由（1）知不等式$\frac{2lo{g}_{4}{a}_{n}+2}{k}≤{n}^{2}$+4n+5等价于$\frac{n+2}{k}≤{n}^{2}+4n+5$，又k＞0，可得kn²+（4k-1）n+5k-2≥0，由△≤0，解得$k≥\frac{1}{2}$．

解答 解：（1）当n=1时，a₁=2a₁-2，即a₁=2，
当n≥2时，a_n=S_n-S_n-1=（2a_n-2）-（2a_n-1-2），
故a_n=2a_n-1，
所以数列{a_n}是首项为2，公比为2的等比数列，
则求{a_n}的通项公式为${a}_{n}={2}^{n}$；
（2）由（1）知log₄a_n=$lo{g}_{4}{2}^{n}$=$\frac{n}{2}$，
log₄a_n+1=$lo{g}_{4}{2}^{n+1}$=$\frac{n+1}{2}$，
所以b_n=$\frac{1}{lo{g}_{4}{a}_{n}•lo{g}_{4}{a}_{n+1}}$
=$\frac{1}{\frac{n}{2}•\frac{n+1}{2}}$
=$\frac{4}{n（n+1）}$
=$4（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}）$，
则{b_n}的前n项和为
T_n=$4（1-\frac{1}{2}）$+$4（\frac{1}{2}-\frac{1}{3}）$+…+$4（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}）$
=$4（1-\frac{1}{n+1}）$；
（3）由（1）知log₄a_n=$lo{g}_{4}{2}^{n}$=$\frac{n}{2}$，
所以$\frac{2lo{g}_{4}{a}_{n}+2}{k}$=$\frac{2×\frac{n}{2}+2}{k}$=$\frac{n+2}{k}$，
从而不等式$\frac{2lo{g}_{4}{a}_{n}+2}{k}≤{n}^{2}$+4n+5
等价于$\frac{n+2}{k}≤{n}^{2}+4n+5$，
又k＞0，则上式整理
可得kn²+（4k-1）n+5k-2≥0，
则△=（4k-1）²-4k（5k-2）
=1-4k²≤0，
解得$k≥\frac{1}{2}$．

点评 本题考查求数列通项公式及前n项和的计算，运用裂项法求前n项和是关键，属中档题．