Question

17．數(shù)列{a_n}為正項等比數(shù)列，a₁=2，$\frac{3}{8}$a₄是a₂和a₃的等差中項，S_n為數(shù)列{b_n}前n項和，2b₂=b₁+b₃，$\sqrt{{S}_{n}}$是公差為1的等差數(shù)列．
（1）求數(shù)列{na_n}的前n項和T_n；
（2）求數(shù)列{b_n}通項公式；
（3）是否存在n∈N*，使S_n=a_n成立？若存在，求出所有n的值，若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）數(shù)列{a_n}為正項等比數(shù)列，設公比為q，運用等差中項的概念和等比數(shù)列的通項公式，解方程可得公比q，再由數(shù)列的求和方法：錯位相減法，結合等比數(shù)列的求和公式，計算即可得到所求和；
（2）運用等差數(shù)列的通項公式和特值法，解方程可得首項b₁=1，可得S_n=n²，再由數(shù)列的遞推關系，可得數(shù)列{b_n}通項公式；
（3）由S_n=a_n，即n²=2ⁿ，n∈N*．可設f（n）=n²-2ⁿ，顯然f（2）=f（4）=0，運用二項式定理，可得n＞4時，f（n）＜0，即可得到n的所有值．

解答 解：（1）數(shù)列{a_n}為正項等比數(shù)列，設公比為q，
由$\frac{3}{8}$a₄是a₂和a₃的等差中項，可得$\frac{3}{4}$a₄=a₂+a₃，
即有$\frac{3}{4}$a₁q³=a₁q+a₁q²，
化為3q²-4q-4=0，
解得q=2（-$\frac{2}{3}$舍去），
即有a_n=a₁q^n-1=2ⁿ，
前n項和T_n=1•2+2•2²+…+n•2ⁿ，
2T_n=1•2²+2•2³+…+n•2ⁿ⁺¹，
相減可得-T_n=2+2²+…+2ⁿ-n•2ⁿ⁺¹=$\frac{2（1-{2}^{n}）}{1-2}$-n•2ⁿ⁺¹，
化簡可得T_n=2+（n-1）•2ⁿ⁺¹；
（2）$\sqrt{{S}_{n}}$是公差為1的等差數(shù)列，
可得$\sqrt{{S}_{n}}$=$\sqrt{{S}_{1}}$+n-1，
即有$\sqrt{{S}_{2}}$=$\sqrt{_{1}}$+1，即b₁+b₂=b₁+1+2$\sqrt{_{1}}$，①
$\sqrt{{S}_{3}}$=$\sqrt{_{1}}$+2，即b₁+b₂+b₃=b₁+4+4$\sqrt{_{1}}$，
由2b₂=b₁+b₃，即有3b₂=b₁+4+4$\sqrt{_{1}}$，②
由①②可得b₁+1-2$\sqrt{_{1}}$=0，解得b₁=1，
則$\sqrt{{S}_{n}}$=$\sqrt{{S}_{1}}$+n-1=n，可得S_n=n²，
b₁=S₁=1；n≥2時，b_n=S_n-S_n-1=n²-（n-1）²=2n-1，
綜上可得數(shù)列{b_n}通項公式為b_n=2n-1，n∈N*；
（3）由S_n=a_n，即n²=2ⁿ，n∈N*．
可設f（n）=n²-2ⁿ，顯然f（2）=4-4=0；
f（4）=16-16=0，
當n≥5時，f（n）=n²-（1+1）ⁿ=n²-（1+n+$\frac{n（n-1）}{2}$+…+$\frac{n（n-1）}{2}$+n+1）＜0，
綜上可得，存在n∈N*，使S_n=a_n成立，且n=2和4．

點評 本題考查等差數(shù)列和等比數(shù)列的通項公式和求和公式的運用，考查存在性問題的解法，注意運用構造法，考查數(shù)列的求和方法：錯位相減法，考查轉化思想和運算能力，屬于中檔題．