Question

17．已知數列{a_n}和{b_n}滿足${a_1}{a_2}{a_3}…{a_n}={2^{{b_{n}}}}$（n∈N*）．若{a_n}是各項為正數的等比數列，且a₁=4，b₃=b₂+6．
（Ⅰ）求a_n與b_n；
（Ⅱ）設c_n=$\frac{1}{{\sqrt{a_n}}}-\frac{1}{b_n}$，記數列{c_n}的前n項和為S_n．
①求S_n；
②求正整數k．使得對任意n∈N*，均有S_k≥S_n．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意${a_1}{a_2}{a_3}…{a_n}={2^{{b_{n}}}}$（n∈N*）．b₃=b₂+6．知${a_3}={2^{{b_3}-{b_2}}}=64$，又由a₁=4，得公比q，可得列{a_n}的通項b_n，進而得到數列{b_n}的通項）
（Ⅱ）①由（Ⅰ）知${c_n}=\frac{1}{{\sqrt{a_n}}}-\frac{1}{b_n}=\frac{1}{2^n}-（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}）（n∈{N^*}）$，利用等比數列的求和公式、裂項求和方法即可得出．
②因為c₁=0，c₂＞0，c₃＞0，c₄＞0；當n≥5時，${c_n}=\frac{1}{n（n+1）}[\frac{n（n+1）}{2^n}-1]$，作差即可得出單調性．

解答 解：（Ⅰ）由題意${a_1}{a_2}{a_3}…{a_n}={2^{{b_{n}}}}$（n∈N*）．b₃=b₂+6．
知${a_3}={2^{{b_3}-{b_2}}}=64$，又由a₁=4，得公比q=4（q=-4，舍去），
所以數列{a_n}的通項為${a_n}={4^n}={2^{2n}}（n∈{N^*}）$…（3分）
所以${a_1}{a_2}{a_3}…{a_n}={2^{2×\frac{n（n+1）}{2}}}={2^{n（n+1）}}$．
故數列{b_n}的通項為${b_n}=n（n+1）（n∈{N^*}）$…（5分）
（Ⅱ）①由（Ⅰ）知${c_n}=\frac{1}{{\sqrt{a_n}}}-\frac{1}{b_n}=\frac{1}{2^n}-（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}）（n∈{N^*}）$…（7分）
所以
$\begin{array}{l}{S_n}=（{\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+…\frac{1}{2^n}}）-（{1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+…+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}}）\\=\frac{{\frac{1}{2}（{1-\frac{1}{2^n}}）}}{{1-\frac{1}{2}}}-（{1-\frac{1}{n+1}}）=\frac{1}{n+1}-\frac{1}{2^n}\end{array}$…（9分）
②因為c₁=0，c₂＞0，c₃＞0，c₄＞0；當n≥5時，${c_n}=\frac{1}{n（n+1）}[\frac{n（n+1）}{2^n}-1]$
而$\frac{n（n+1）}{2^n}-\frac{（n+1）（n+2）}{{{2^{n+1}}}}=\frac{（n+1）（n-2）}{{{2^{n+1}}}}＞0$得$\frac{n（n+1）}{2^n}≤\frac{5•（5+1）}{2^5}＜1$
所以，當n≥5時，c_n＜0；
綜上，對任意n∈N^*恒有S₄≥S_n，故k=4…（12分）

點評 本題考查了等差數列與等比數列的通項公式性質與求和公式、數列遞推關系、分類討論方法、作差法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．