Question

13．已知等比數(shù)列{a_n}滿足a₁=2，a₂=4（a₃-a₄），數(shù)列{b_n}滿足b_n=3-2log₂a_n．
（1）求數(shù)列{a_n}，{b_n}的通項公式；
（2）令c_n=$\frac{_{n}}{{a}_{n}}$，求數(shù)列{c_n}的前n項和S_n；
（3）若λ＞0，求對所有的正整數(shù)n都有2λ²-kλ+2＞a_2nb_n成立的k的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）設(shè)等比數(shù)列{a_n}的公比為q，根據(jù)a₁=2，a₂=4（a₃-a₄），可得a₂=4a₂（q-q²），化簡解得q．可得a_n．利用對數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)可得b_n．
（2）c_n=$\frac{_{n}}{{a}_{n}}$=$\frac{2n-1}{{2}^{2-n}}$=$\frac{2n-1}{4}•{2}^{n}$．利用錯位相減法與等比數(shù)列的求和公式即可得出．
（3）不等式2λ²-kλ+2＞a_2nb_n，即2λ²-kλ+2＞2^2-2n•（2n-1），令d_n=2^2-2n•（2n-1），通過作差可得：d_n+1＜d_n，即數(shù)列{d_n}單調(diào)遞減，因此n=1時d_n取得最大值d₁=1．根據(jù)對所有的正整數(shù)n都有2λ²-kλ+2＞a_2nb_n成立，可得2λ²-kλ+2＞1，根據(jù)λ＞0．可得k＜2$λ+\frac{1}{λ}$，再利用基本不等式的性質(zhì)即可得出．

解答 解：（1）設(shè)等比數(shù)列{a_n}的公比為q，∵a₁=2，a₂=4（a₃-a₄），
∴a₂=4a₂（q-q²），化為：4q²-4q+1=0，解得q=$\frac{1}{2}$．
∴a_n=$2×（\frac{1}{2}）^{n-1}$=2^2-n．
∴b_n=3-2log₂a_n=3-2（2-n）=2n-1．
（2）c_n=$\frac{_{n}}{{a}_{n}}$=$\frac{2n-1}{{2}^{2-n}}$=$\frac{2n-1}{4}•{2}^{n}$．
∴數(shù)列{c_n}的前n項和S_n=$\frac{1}{4}$[2+3•2²+5×2³+…+（2n-1）•2ⁿ]，
∴2S_n=$\frac{1}{4}$[2²+3•2³+…+（2n-3）•2ⁿ+（2n-1）•2ⁿ⁺¹]，
∴-S_n=$\frac{1}{4}[2+2（{2}^{2}+{2}^{3}+…+{2}^{n}）-（2n-1）•{2}^{n+1}]$=$\frac{1}{4}$$[2+2×\frac{4（{2}^{n-1}-1）}{2-1}-（2n-1）•{2}^{n+1}]$，
可得：S_n=$\frac{6+（2n-3）•{2}^{n+1}}{4}$．
（3）不等式2λ²-kλ+2＞a_2nb_n，即2λ²-kλ+2＞2^2-2n•（2n-1），
令d_n=2^2-2n•（2n-1），則d_n+1-d_n=$\frac{2n+1}{{4}^{n}}$-$\frac{2n-1}{{4}^{n-1}}$=$\frac{2n+1-4（2n-1）}{{4}^{n}}$=$\frac{5-6n}{{4}^{n}}$＜0，
因此d_n+1＜d_n，即數(shù)列{d_n}單調(diào)遞減，因此n=1時d_n取得最大值d₁=1．
∵對所有的正整數(shù)n都有2λ²-kλ+2＞a_2nb_n成立，
∴2λ²-kλ+2＞1，∵λ＞0．
∴k＜2$λ+\frac{1}{λ}$，∵2$λ+\frac{1}{λ}$≥2$\sqrt{2λ•\frac{1}{λ}}$=2$\sqrt{2}$，當(dāng)且僅當(dāng)λ=$\frac{\sqrt{2}}{2}$時取等號．
∴$k＜2\sqrt{2}$．
即k的取值范圍是$（-∞，-2\sqrt{2}）$．

點評 本題考查了等比數(shù)列的通項公式與求和公式、數(shù)列的單調(diào)性、基本不等式的性質(zhì)、錯位相減法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．