Question

9．已知等比数列{a_n}中，a₁=2，a_n＞0，函数f（x）=x（x-a₁）（x-a₂）…（x-a₈），且f′（0）=2³⁶
（Ⅰ）求数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）设数列{b_n}的前n项和为T_n，b₁=1，点（T_n+1，T_n）在直线-=上，若存在n∈N₊，使不等式$\frac{2{b}_{1}}{{a}_{1}}$+$\frac{2{b}_{2}}{{a}_{2}}$+…+$\frac{2{b}_{n}}{{a}_{n}}$≥m成立，求实数m的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）记g（x）=（x-a₁）（x-a₂），则f（x）=xg（x），f′（x）=g（x）+xg′（x），推导出${a}_{1}{a}_{8}={2}^{9}$，由此能求出数列{a_n}的通项公式．
（Ⅱ）由题意得：$\frac{{T}_{n+1}}{n+1}$-$\frac{{T}_{n}}{n}$=$\frac{1}{2}$，从而{$\frac{{T}_{n}}{n}$}成等差数列，求出T_n=$\frac{n（n+1）}{2}$，进而得到b_n=n．$\frac{2{b}_{n}}{{a}_{n}}$=n•（$\frac{1}{2}$）^n-1，由此利用错位相减法能求出实数m的最大值．

解答 解：（Ⅰ）依题意，记g（x）=（x-a₁）（x-a₂），
则f（x）=xg（x），f′（x）=g（x）+xg′（x），
f′（0）=g（0）=a₁×a₂×…×a₈=（a₁a₈）（a₂a₇）（a₃a₆）（a₄a₅）=（a₁a₈）⁴=2³⁶，
又a_n＞0，∴${a}_{1}{a}_{8}={2}^{9}$，
又a₁=2，∴${a}_{8}={2}^{8}$=2q⁷，解得q=2，
从而${a}_{n}={2}^{n}$．
（Ⅱ）由题意得：$\frac{{T}_{n+1}}{n+1}$-$\frac{{T}_{n}}{n}$=$\frac{1}{2}$，∴{$\frac{{T}_{n}}{n}$}成等差数列，公差为$\frac{1}{2}$．首项$\frac{{T}_{1}}{1}$=$\frac{{b}_{1}}{1}$=1，
∴$\frac{{T}_{n}}{n}$=1+（n-1）$•\frac{1}{2}$=$\frac{n+1}{2}$，T_n=$\frac{n（n+1）}{2}$，
当n≥2时，b_n=T_n-T_n-1=$\frac{n（n+1）}{2}-\frac{n（n-1）}{2}$=n，
当n=1时，b₁=1成立，∴b_n=n．
∴$\frac{2{b}_{n}}{{a}_{n}}$=$\frac{2n}{{2}^{n}}$=$\frac{n}{{2}^{n-1}}$=n•（$\frac{1}{2}$）^n-1，
令M_n=$\frac{2{b}_{1}}{{a}_{1}}+\frac{2{b}_{2}}{{a}_{2}}+…+\frac{2{b}_{n}}{{a}_{n}}$，只需（M_n）_max＞m．
∴M_n=1+2×$\frac{1}{2}$+3×（$\frac{1}{2}$）²+…+n×（$\frac{1}{2}$）^n-1，①
$\frac{1}{2}$M_n=$\frac{1}{2}$+2×（$\frac{1}{2}$）²+3×（$\frac{1}{2}$）³+…+n×（$\frac{1}{2}$）ⁿ，②
①-②，得：$\frac{1}{2}$M_n=1+$\frac{1}{2}+（\frac{1}{2}）^{2}+（\frac{1}{2}）^{3}$+…+（$\frac{1}{2}$）^n-1-$n×（\frac{1}{2}）^{n}$
=$\frac{1-（\frac{1}{2}）^{n}}{1-\frac{1}{2}}$-n×（$\frac{1}{2}$）ⁿ
=2-（n+2）•（$\frac{1}{2}$）ⁿ．
∴M_n=4-（n+2）（$\frac{1}{2}$）^n-1．
∵M_n+1-M_n=4-（n+3）•（$\frac{1}{2}$）ⁿ-4+（n+2）•（$\frac{1}{2}$）^n-1=$\frac{n+1}{{2}^{n}}$＞0，
∴{M_n}为递增数列，且（n+2）（$\frac{1}{2}$）^n-1＞0，
∴M_n＜4，
∴m≤4，实数m的最大值为4．

点评 本题考查数列的通项公式的求法，考查实数的最大值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意等比数列、等差数列的性质、错位相减法的合理运用．