已知数列{an}的各项均为正数.且a1=1.对任意的n∈N*.均有an+12-1=4an(an+1).bn=2log2(1+an)-1．(1)求证:{1+an}是等比数列.并求出{an}的通项公式,(2)若数列{bn}中去掉{an}的项后.余下的项组成数列{cn}.求c1+c2+-+c100,(3)设dn=$\frac{1}{{b} {n}•{b} {n+1}}$.数� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

3．已知数列{a_n}的各项均为正数，且a₁=1，对任意的n∈N^*，均有a_n+1²-1=4a_n（a_n+1），b_n=2log₂（1+a_n）-1．
（1）求证：{1+a_n}是等比数列，并求出{a_n}的通项公式；
（2）若数列{b_n}中去掉{a_n}的项后，余下的项组成数列{c_n}，求c₁+c₂+…+c₁₀₀；
（3）设d_n=$\frac{1}{{b}_{n}•{b}_{n+1}}$，数列{d_n}的前n项和为T_n，是否存在正整数m（1＜m＜n），使得T₁、T_m、T_n成等比数列，若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．

分析（1）对任意的n∈N^*，均有a_n+1²-1=4a_n（a_n+1），可得a_n+1²=$（2{a}_{n}+1）^{2}$，又数列{a_n}的各项均为正数，
可得a_n+1=2a_n+1，变形为a_n+1+1=2（a_n+1），即可证明．
（2）b_n=2log₂（1+a_n）-1=2n-1．由n=7时，a₇=127；n=8时，a₈=255＞213=b₁₀₇．可得c₁+c₂+…+c₁₀₀=b₁+b₂+…+b₁₀₆+b₁₀₇（a₁+…+a₆+a₇）即可得出．
（3）d_n=$\frac{1}{{b}_{n}•{b}_{n+1}}$=$\frac{1}{（2n-1）（2n+1）}$=$\frac{1}{2}（\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）$，可得数列{d_n}的前n项和为T_n=$\frac{n}{2n+1}$．假设存在正整数m（1＜m＜n），使得T₁、T_m、T_n成等比数列，则${T}_{m}^{2}$=T₁T_n，即$（\frac{m}{2m+1}）^{2}$=$\frac{1}{3}×$$\frac{n}{2n+1}$，即$\frac{3}{n}$=$\frac{-2{m}^{2}+4m+1}{{m}^{2}}$＞0，解出即可判断出结论．

解答（1）证明：∵对任意的n∈N^*，均有a_n+1²-1=4a_n（a_n+1），
∴a_n+1²=$（2{a}_{n}+1）^{2}$，又数列{a_n}的各项均为正数，
∴a_n+1=2a_n+1，变形为a_n+1+1=2（a_n+1），
∴{1+a_n}是等比数列，公比为2，首项为2，
∴1+a_n=2ⁿ，即a_n=2ⁿ-1．
（2）解：b_n=2log₂（1+a_n）-1=2n-1．
∵n=7时，a₇=127；n=8时，a₈=255＞213=b₁₀₇．
∴c₁+c₂+…+c₁₀₀=b₁+b₂+…+b₁₀₆+b₁₀₇（a₁+…+a₆+a₇）
=$\frac{107×（1+2×107-1）}{2}$-$\frac{2×（{2}^{7}-1）}{2-1}$+7
=11449-256+9=11202．
（3）解：d_n=$\frac{1}{{b}_{n}•{b}_{n+1}}$=$\frac{1}{（2n-1）（2n+1）}$=$\frac{1}{2}（\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）$，
∴数列{d_n}的前n项和为T_n=$\frac{1}{2}[（1-\frac{1}{3}）+（\frac{1}{3}-\frac{1}{5}）$+…+$（\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）]$
=$\frac{1}{2}（1-\frac{1}{2n+1}）$
=$\frac{n}{2n+1}$．
假设存在正整数m（1＜m＜n），使得T₁、T_m、T_n成等比数列，
则${T}_{m}^{2}$=T₁T_n，即$（\frac{m}{2m+1}）^{2}$=$\frac{1}{3}×$$\frac{n}{2n+1}$，
即$\frac{3}{n}$=$\frac{-2{m}^{2}+4m+1}{{m}^{2}}$＞0，
即2m²-4m-1＜0，解得1-$\frac{\sqrt{6}}{2}$＜m＜1+$\frac{\sqrt{6}}{2}$．
∵m是正整数且m＞1，
∴m=2，此时n=12当且仅当m=2，n=12时，T₁、T_m、T_n成等比数列．