Question

13．已知等比数列{a_n}满足a₁=2，a₂=4（a₃-a₄），数列{b_n}满足b_n=3-2log₂a_n．
（1）求数列{a_n}，{b_n}的通项公式；
（2）令c_n=$\frac{{b}_{n}}{{a}_{n}}$，求数列{c_n}的前n项和S_n；
（3）若λ＞0，求对所有的正整数n都有2λ²-kλ+2＞a_2nb_n成立的k的取值范围．

Answer 1

分析 （1）设等比数列{a_n}的公比为q，根据a₁=2，a₂=4（a₃-a₄），可得a₂=4a₂（q-q²），化简解得q．可得a_n．利用对数的运算性质可得b_n．
（2）c_n=$\frac{{b}_{n}}{{a}_{n}}$=$\frac{2n-1}{{2}^{2-n}}$=$\frac{2n-1}{4}•{2}^{n}$．利用错位相减法与等比数列的求和公式即可得出．
（3）不等式2λ²-kλ+2＞a_2nb_n，即2λ²-kλ+2＞2^2-2n•（2n-1），令d_n=2^2-2n•（2n-1），通过作差可得：d_n+1＜d_n，即数列{d_n}单调递减，因此n=1时d_n取得最大值d₁=1．根据对所有的正整数n都有2λ²-kλ+2＞a_2nb_n成立，可得2λ²-kλ+2＞1，根据λ＞0．可得k＜2$λ+\frac{1}{λ}$，再利用基本不等式的性质即可得出．

解答 解：（1）设等比数列{a_n}的公比为q，∵a₁=2，a₂=4（a₃-a₄），
∴a₂=4a₂（q-q²），化为：4q²-4q+1=0，解得q=$\frac{1}{2}$．
∴a_n=$2×（\frac{1}{2}）^{n-1}$=2^2-n．
∴b_n=3-2log₂a_n=3-2（2-n）=2n-1．
（2）c_n=$\frac{{b}_{n}}{{a}_{n}}$=$\frac{2n-1}{{2}^{2-n}}$=$\frac{2n-1}{4}•{2}^{n}$．
∴数列{c_n}的前n项和S_n=$\frac{1}{4}$[2+3•2²+5×2³+…+（2n-1）•2ⁿ]，
∴2S_n=$\frac{1}{4}$[2²+3•2³+…+（2n-3）•2ⁿ+（2n-1）•2ⁿ⁺¹]，
∴-S_n=$\frac{1}{4}[2+2（{2}^{2}+{2}^{3}+…+{2}^{n}）-（2n-1）•{2}^{n+1}]$=$\frac{1}{4}$$[2+2×\frac{4（{2}^{n-1}-1）}{2-1}-（2n-1）•{2}^{n+1}]$，
可得：S_n=$\frac{6+（2n-3）•{2}^{n+1}}{4}$．
（3）不等式2λ²-kλ+2＞a_2nb_n，即2λ²-kλ+2＞2^2-2n•（2n-1），
令d_n=2^2-2n•（2n-1），则d_n+1-d_n=$\frac{2n+1}{{4}^{n}}$-$\frac{2n-1}{{4}^{n-1}}$=$\frac{2n+1-4（2n-1）}{{4}^{n}}$=$\frac{5-6n}{{4}^{n}}$＜0，
因此d_n+1＜d_n，即数列{d_n}单调递减，因此n=1时d_n取得最大值d₁=1．
∵对所有的正整数n都有2λ²-kλ+2＞a_2nb_n成立，
∴2λ²-kλ+2＞1，∵λ＞0．
∴k＜2$λ+\frac{1}{λ}$，∵2$λ+\frac{1}{λ}$≥2$\sqrt{2λ•\frac{1}{λ}}$=2$\sqrt{2}$，当且仅当λ=$\frac{\sqrt{2}}{2}$时取等号．
∴$k＜2\sqrt{2}$．
即k的取值范围是$（-∞，-2\sqrt{2}）$．

点评 本题考查了等比数列的通项公式与求和公式、数列的单调性、基本不等式的性质、错位相减法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．