Question

8．已知各项为正的等比数列{a_n}的前n项和为S_n，S₄=30，过点P（n，log₂a_n）和Q（n+2，log₂a_n+1）（n∈N^*）的直线的一个方向向量为（-1，-1）
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）设b_n=$\frac{1}{{log}_{2}{a}_{n+2}•{log}_{2}{a}_{n}}$，数列{b_n}的前n项和为T_n，证明：对于任意n∈N^*，都有T_n$＜\frac{3}{4}$．

Answer 1

分析 （1）利用等比数列前n项和公式及直线的方向向量性质列出方程组，由此能求出首项和公比，从而能求出数列{a_n}的通项公式．
（2）由b_n=$\frac{1}{{log}_{2}{a}_{n+2}•{log}_{2}{a}_{n}}$=$\frac{1}{4}$（$\frac{1}{lo{g}_{2}{a}_{n}}$-$\frac{1}{lo{g}_{2}{a}_{n+2}}$），利用裂项法能证明对于任意n∈N^*，都有T_n$＜\frac{3}{4}$．

解答 解：（1）∵各项为正的等比数列{a_n}的前n项和为S_n，S₄=30，
过点P（n，log₂a_n）和Q（n+2，log₂a_n+1）（n∈N^*）的直线的一个方向向量为（-1，-1），
∴$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{a}_{1}（1-{q}^{4}）}{1-q}=30}\\{\frac{lo{g}_{2}{a}_{n+1}-lo{g}_{2}{a}_{n}}{n+2-n}=\frac{-1}{-1}}\end{array}\right.$，
解得${a}_{1}=\frac{6}{17}$，q=4，
∴a_n=$\frac{6}{17}×{4}^{n-1}$．
（2）∵b_n=$\frac{1}{{log}_{2}{a}_{n+2}•{log}_{2}{a}_{n}}$=$\frac{1}{（lo{g}_{2}\frac{6}{17}+2n+2）（lo{g}_{2}\frac{6}{17}+2n-2）}$=$\frac{1}{4}$（$\frac{1}{lo{g}_{2}{a}_{n}}$-$\frac{1}{lo{g}_{2}{a}_{n+2}}$），
∴数列{b_n}的前n项和：
T_n=$\frac{1}{4}$（$\frac{1}{lo{g}_{2}{a}_{1}}-\frac{1}{lo{g}_{2}{a}_{3}}$+$\frac{1}{lo{g}_{2}{a}_{2}}-\frac{1}{lo{g}_{2}{a}_{4}}$+$\frac{1}{lo{g}_{2}{a}_{3}}-\frac{1}{lo{g}_{2}{a}_{5}}$+…+$\frac{1}{lo{g}_{2}{a}_{n-1}}-\frac{1}{lo{g}_{2}{a}_{n+1}}$+$\frac{1}{lo{g}_{2}{a}_{n}}-\frac{1}{lo{g}_{2}{a}_{n+2}}$）
=$\frac{1}{4}$（$\frac{1}{lo{g}_{2}{a}_{1}}+\frac{1}{lo{g}_{2}{a}_{2}}$-$\frac{1}{lo{g}_{2}{a}_{n+1}}-\frac{1}{lo{g}_{2}{a}_{n+2}}$）
=$\frac{1}{4}$（$\frac{1}{lo{g}_{2}\frac{6}{17}}$+$\frac{1}{lo{g}_{2}\frac{6}{17}+2}$-$\frac{1}{lo{g}_{2}\frac{6}{17}+2n}$-$\frac{1}{lo{g}_{2}\frac{6}{17}+2n+2}$）
＜$\frac{3}{4}$．
∴对于任意n∈N^*，都有T_n$＜\frac{3}{4}$．

点评 本题考查数列的通项公式的求法，考查不等式的证明，是中档题，解题时要认真审题，注意裂项求和法的合理运用．