Question

11．设各项均为正数的等比数列{a_n}中，a₁+a₃=10，a₃+a₅=40．设b_n=log₂a_n．
（1）求数列{b_n}的通项公式；     
（2）若c₁=1，c_n+1=c_n+$\frac{b_n}{a_n}$，求证：c_n＜3．
（3）是否存在正整数k，使得$\frac{1}{{b}_{n}+1}$+$\frac{1}{{b}_{n}+2}$+…+$\frac{1}{{b}_{n+n}}$＞$\frac{k}{10}$对任意正整数n均成立？若存在，求出k的最大值，若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （1）设出等比数列的公比q，运用等比数列的通项公式，解得首项和公比，再由对数的运算性质可得通项公式；
（2）运用累加法求得c_n，再由错位相减法求和，即可得证；
（3）假设存在正整数k，令S_n=$\frac{1}{{b}_{n}+1}$+$\frac{1}{{b}_{n}+2}$+…$\frac{1}{{b}_{n}+n}$=$\frac{1}{n+1}$+$\frac{1}{n+2}$+…+$\frac{1}{2n}$，判断单调性，进而得到最小值，解不等式可得k的范围．

解答 解：（1）设各项均为正数的等比数列{a_n}的公比为q，
则a₁+a₁q²=10，a₁q²+a₁q⁴=40，
解得a₁=2，q=2，
即有a_n=2ⁿ，
b_n=log₂2ⁿ=n；
（2）证明：c₁=1，c_n+1=c_n+$\frac{b_n}{a_n}$=c_n+$\frac{n}{{2}^{n}}$，
则c_n=c₁+（c₂-c₁）+（c₃-c₂）+…+（c_n-c_n-1）
=1+$\frac{1}{2}$+$\frac{2}{{2}^{2}}$+…+$\frac{n-1}{{2}^{n-1}}$，
即有$\frac{1}{2}$c_n=$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{4}$+$\frac{2}{{2}^{3}}$+…+$\frac{n-1}{{2}^{n}}$，
两式相减可得$\frac{1}{2}$c_n=1+（$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n-1}}$）-$\frac{n-1}{{2}^{n}}$
=1+$\frac{\frac{1}{4}（1-\frac{1}{{2}^{n-1}}）}{1-\frac{1}{2}}$-$\frac{n-1}{{2}^{n}}$=$\frac{3}{2}$-$\frac{n}{{2}^{n}}$，
即有c_n=3-$\frac{n}{{2}^{n-1}}$＜3，
（3）假设存在正整数k，使得$\frac{1}{{b}_{n}+1}$+$\frac{1}{{b}_{n}+2}$+…$\frac{1}{{b}_{n}+n}$＞$\frac{k}{10}$对任意正整数n均成立．
令S_n=$\frac{1}{{b}_{n}+1}$+$\frac{1}{{b}_{n}+2}$+…$\frac{1}{{b}_{n}+n}$=$\frac{1}{n+1}$+$\frac{1}{n+2}$+…+$\frac{1}{2n}$，
S_n+1=$\frac{1}{n+2}$+$\frac{1}{n+3}$+…+$\frac{1}{2n}$+$\frac{1}{2n+1}$+$\frac{1}{2n+2}$，
即有S_n+1-S_n=$\frac{1}{2n+1}$+$\frac{1}{2n+2}$-$\frac{1}{n+1}$=$\frac{1}{2n+1}$-$\frac{1}{2n+2}$$\frac{1}{（2n+1）（2n+2）}$＞0，
即为S_n+1＞S_n，
数列{S_n}递增，S₁最小，且为$\frac{1}{2}$，
则有$\frac{k}{10}$＜$\frac{1}{2}$，解得k＜5，
故存在正整数k，且k的最大值为4．

点评 本题考查等比数列的通项公式和求和公式，同时考查数列的求和方法：错位相减法，以及不等式恒成立问题转化为求数列的最值，注意运用单调性，属于中档题和易错题．