Question

13．等比数列{a_n}的前n项和S_n=2ⁿ⁺⁶-a，数列{b_n}满足b_n=$\frac{1}{n}（log_2{a_1}+log_2{a_2}+…+log_2{a_n}）$（n∈N^*）．
（1）求a的值及{a_n}的通项公式；
（2）求数列$\left\{{\frac{1}{{{b_n}•{b_{n+1}}}}}\right\}$的前n项和；
（3）求数列$\left\{{\frac{a_n}{b_n}}\right\}$的最小项的值．

Answer 1

分析 （1）由数列的前n项和求出首项和n≥2时的通项，结合数列为等比数列可知首项符合n≥2时的通项，由此求得a值，并进一步求得{a_n}的通项公式；
（2）把数列{a_n}的通项公式代入b_n=$\frac{1}{n}（log_2{a_1}+log_2{a_2}+…+log_2{a_n}）$，利用对数的运算性质及等差数列的前n项和求得b_n，代入数列$\left\{{\frac{1}{{{b_n}•{b_{n+1}}}}}\right\}$，然后利用裂项相消法求得数列$\left\{{\frac{1}{{{b_n}•{b_{n+1}}}}}\right\}$的前n项和；
（3）利用作差法可得$\left\{{\frac{a_n}{b_n}}\right\}$在其定义域上单调递增，由此求得数列$\left\{{\frac{a_n}{b_n}}\right\}$的最小项的值．

解答 解：（1）∵${S_n}={2^{n+6}}-a$，
∴${a}_{1}={S}_{1}={2}^{7}-a$，
当n≥2时，${S_{n-1}}={2^{n+5}}-a$，
∴${a_n}={S_n}-{S_{n-1}}={2^{n+5}}$，
∵数列{a_n}是等比数列，
∴${a}_{1}={2}^{6}={2}^{7}-a$，解得a=64．
∴${a_n}={2^{n+5}}$；
（2）b_n=$\frac{1}{n}（log_2{a_1}+log_2{a_2}+…+log_2{a_n}）$
=$\frac{1}{n}（1+2+3+…+n+5n）$=$\frac{1}{n}•[\frac{n（n+1）}{2}+5n]$=$\frac{n+11}{2}$，
$\frac{1}{{{b_n}{b_{n+1}}}}=\frac{4}{（n+11）（n+12）}=4（\frac{1}{n+11}-\frac{1}{n+12}）$，
∴${T_n}=4（\frac{1}{12}-\frac{1}{13}+\frac{1}{13}-\frac{1}{14}+…+\frac{1}{n+11}-\frac{1}{n+12}）$
=$4（\frac{1}{12}-\frac{1}{n+12}）$；
（3）∵${a}_{n}={2}^{n+5}$，b_n=$\frac{n+11}{2}$，
∴$\frac{{a}_{n}}{{b}_{n}}=\frac{{2}^{n+5}}{\frac{n+11}{2}}=\frac{{2}^{n+6}}{n+11}$，
则$\frac{{a}_{n+1}}{{b}_{n+1}}-\frac{{a}_{n}}{{b}_{n}}=\frac{{2}^{n+7}}{n+12}-\frac{{2}^{n+6}}{n+11}=\frac{{2}^{n+7}（n+11）-{2}^{n+6}（n+12）}{（n+12）（n+11）}$
=$\frac{{{2^{n+6}}[{（{2n+22}）-（n+12）}]}}{{（n+12）（{n+11}）}}$=$\frac{{{2^{n+6}}（{n+10}）}}{{（n+12）（{n+11}）}}＞0$，
∴$\left\{{\frac{a_n}{b_n}}\right\}$在其定义域上单调递增．
∴$\left\{{\frac{a_n}{b_n}}\right\}$_min=$\frac{a_1}{b_1}$=$\frac{32}{3}$．

点评 本题考查数列递推式，考查了等比关系的确定，训练了裂项相消法求数列的前n项和，考查了数列的函数特性，是中档题．