Question

15．已知递增的等差数列{a_n}的首项a₁=1，且a₁、a₂、a₄成等比数列．
（1）求数列{a_n}的通项公式a_n；
（2）设{c_n}对任意n∈N^Φ，都有$\frac{{c}_{1}}{2}$+$\frac{{c}_{2}}{{2}^{2}}$+…+$\frac{{c}_{n}}{{2}^{n}}$=a_n+1成立，求c₁+c₂+…+c₂₀₁₅的值；
（3）若b_n=$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$（n∈N^Φ），求证：数列{b_n}中的任意一项总可以表示成其他两项之积．

Answer 1

分析 （1）通过a₁、a₂、a₄成等比数列，解方程（1+d）²=1+3d，计算即得结论；
（2）通过a_n+1=n+1可知c₁=4，当n≥2时利用$\frac{{c}_{n}}{{2}^{n}}$=（$\frac{{c}_{1}}{2}$+$\frac{{c}_{2}}{{2}^{2}}$+…+$\frac{{c}_{n}}{{2}^{n}}$）-（$\frac{{c}_{1}}{2}$+$\frac{{c}_{2}}{{2}^{2}}$+…+$\frac{{c}_{n-1}}{{2}^{n-1}}$）计算可知c_n=2ⁿ，进而利用等比数列的求和公式计算即得结论；
（3）假设存在k、t≠n（k、t∈N^*）使得b_n=b_k•b_t，即只需$\frac{n+1}{n}$=$\frac{k+1}{k}$•$\frac{t+1}{t}$，化简可知t=$\frac{n（k+1）}{k-n}$，取值即可．

解答 （1）解：∵数列{a_n}是递增的等差数列，设公差为d（d＞0），
由a₁、a₂、a₄成等比数列，可知：${{a}_{2}}^{2}={a}_{1}•{a}_{4}$，
∴（1+d）²=1+3d，
解得：d=1或d=0（舍），
∴a_n=1+（n-1）=n；
（2）解：∵a_n+1=n+1，
∴$\frac{{c}_{1}}{2}$+$\frac{{c}_{2}}{{2}^{2}}$+…+$\frac{{c}_{n}}{{2}^{n}}$=n+1对任意n∈N^*都成立，
当n=1时，$\frac{{c}_{1}}{2}$=2，即c₁=4；
当n≥2时，$\frac{{c}_{n}}{{2}^{n}}$=（$\frac{{c}_{1}}{2}$+$\frac{{c}_{2}}{{2}^{2}}$+…+$\frac{{c}_{n}}{{2}^{n}}$）-（$\frac{{c}_{1}}{2}$+$\frac{{c}_{2}}{{2}^{2}}$+…+$\frac{{c}_{n-1}}{{2}^{n-1}}$）=1，
∴c_n=2ⁿ，
∴c_n=$\left\{\begin{array}{l}{4，}&{n=1}\\{{2}^{n}，}&{n≥2}\end{array}\right.$．
∴c₁+c₂+…+c₂₀₁₅=4+2²+2³+…+2²⁰¹⁵
=4+$\frac{4（1-{2}^{2014}）}{1-2}$
=2²⁰¹⁶；
（3）证明：对于给定的n∈N^*，假设存在k、t≠n（k、t∈N^*），使得b_n=b_k•b_t，
∵b_n=$\frac{n+1}{n}$，
∴只需$\frac{n+1}{n}$=$\frac{k+1}{k}$•$\frac{t+1}{t}$，
即1+$\frac{1}{n}$=（1+$\frac{1}{k}$）（1+$\frac{1}{t}$），
即$\frac{1}{n}$=$\frac{1}{k}$+$\frac{1}{t}$+$\frac{1}{k}$•$\frac{1}{t}$，
即kt=nt+nk+n，t=$\frac{n（k+1）}{k-n}$，
取k=n+1，则t=n（n+2），
∴对数列{b_n}中的任意一项b_n=$\frac{n+1}{n}$，都存在b_n+1=$\frac{n+2}{n+1}$和${b}_{{n}^{2}+2n}$=$\frac{{n}^{2}+2n+1}{{n}^{2}+2n}$使得b_n=b_n+1•${b}_{{n}^{2}+2n}$．

点评 本题考查数列的通项及前n项和，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于中档题．