Question

20．已知数列{a_n}和{b_n}满足a₁a₂…a_n=（$\sqrt{2}$）${\;}^{{b}_{n}}$，n∈N^*，若{a_n}为等比数列，且a₁=2，b₃=6+b₂．
（Ⅰ）求a₃及数列{b_n}的通项公式；
（Ⅱ）设c_n=$\frac{1}{{a}_{n}}$-$\frac{1}{{b}_{n}}$，n∈N^*，记数列{c_n}的前n项和为S_n．
（i）求S_n；
（ii）若S_k≥S_n恒成立，求正整数k的值．

Answer 1

分析 （I）设等比数列{a_n}的公比为q，由b₃=6+b₂．可得b₃-b₂=6．由数列{a_n}和{b_n}满足a₁a₂…a_n=（$\sqrt{2}$）${\;}^{{b}_{n}}$，n∈N^*，n≥2时，利用递推关系可得：a_n=$（\sqrt{2}）^{{b}_{n}-{b}_{n-1}}$，可得a₃=$（\sqrt{2}）^{{b}_{3}-{b}_{2}}$=8．利用等比数列的通项公式可得a_n．进而得到b_n．
（Ⅱ）（i）c_n=$\frac{1}{{a}_{n}}$-$\frac{1}{{b}_{n}}$=$\frac{1}{{2}^{n}}$-$\frac{1}{n（n+1）}$=$\frac{1}{{2}^{n}}$-$（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}）$，利用等比数列的前n项和公式及其“裂项求和”方法可得数列{c_n}的前n项和为S_n．
（ii）n≤4时，c_n＞0．当n≥5时，c_n=$\frac{1}{n（n+1）}$$[\frac{n（n+1）}{{2}^{n}}-1]$＜0，即可得出．

解答 解：（I）设等比数列{a_n}的公比为q，
∵b₃=6+b₂．∴b₃-b₂=6．
∵数列{a_n}和{b_n}满足a₁a₂…a_n=（$\sqrt{2}$）${\;}^{{b}_{n}}$，n∈N^*，
∴n≥2时，a₁a₂…a_n-1=$（\sqrt{2}）^{{b}_{n-1}}$，可得：a_n=$（\sqrt{2}）^{{b}_{n}-{b}_{n-1}}$，
∴a₃=$（\sqrt{2}）^{{b}_{3}-{b}_{2}}$=$（\sqrt{2}）^{6}$=8．
又a₁=2，∴8=2q²，解得q=2（-2舍去）．
∴a_n=2×2^n-1=2ⁿ．
∴（$\sqrt{2}$）${\;}^{{b}_{n}}$=2^1+2+…+n=${2}^{\frac{n（n+1）}{2}}$，
∴b_n=n（n+1）．
（Ⅱ）（i）c_n=$\frac{1}{{a}_{n}}$-$\frac{1}{{b}_{n}}$=$\frac{1}{{2}^{n}}$-$\frac{1}{n（n+1）}$=$\frac{1}{{2}^{n}}$-$（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}）$，
∴数列{c_n}的前n项和为S_n=$\frac{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{2}^{n}}）}{1-\frac{1}{2}}$-$（1-\frac{1}{n+1}）$=$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{{2}^{n}}$．
（ii）c₁=0，c₂=$\frac{1}{12}$，c₃=$\frac{1}{24}$，c₄=$\frac{1}{{2}^{4}}$-$\frac{1}{20}$=$\frac{1}{80}$．
当n≥5时，c_n=$\frac{1}{n（n+1）}$$[\frac{n（n+1）}{{2}^{n}}-1]$．
由$\frac{（n+1）（n+2）}{{2}^{n+1}}$-$\frac{n（n+1）}{{2}^{n}}$=$\frac{（2-n）（n+1）}{{2}^{n+1}}$＜0，
∴c_n＜0．
若S_k≥S_n恒成立，
∴k=4．

点评 本题考查了递推关系、等比数列与等差数列的通项公式及其前n项和公式，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于中档题．