Question

17．数列{a_n}为正项等比数列，a₁=2，$\frac{3}{8}$a₄是a₂和a₃的等差中项，S_n为数列{b_n}前n项和，2b₂=b₁+b₃，$\sqrt{{S}_{n}}$是公差为1的等差数列．
（1）求数列{na_n}的前n项和T_n；
（2）求数列{b_n}通项公式；
（3）是否存在n∈N*，使S_n=a_n成立？若存在，求出所有n的值，若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （1）数列{a_n}为正项等比数列，设公比为q，运用等差中项的概念和等比数列的通项公式，解方程可得公比q，再由数列的求和方法：错位相减法，结合等比数列的求和公式，计算即可得到所求和；
（2）运用等差数列的通项公式和特值法，解方程可得首项b₁=1，可得S_n=n²，再由数列的递推关系，可得数列{b_n}通项公式；
（3）由S_n=a_n，即n²=2ⁿ，n∈N*．可设f（n）=n²-2ⁿ，显然f（2）=f（4）=0，运用二项式定理，可得n＞4时，f（n）＜0，即可得到n的所有值．

解答 解：（1）数列{a_n}为正项等比数列，设公比为q，
由$\frac{3}{8}$a₄是a₂和a₃的等差中项，可得$\frac{3}{4}$a₄=a₂+a₃，
即有$\frac{3}{4}$a₁q³=a₁q+a₁q²，
化为3q²-4q-4=0，
解得q=2（-$\frac{2}{3}$舍去），
即有a_n=a₁q^n-1=2ⁿ，
前n项和T_n=1•2+2•2²+…+n•2ⁿ，
2T_n=1•2²+2•2³+…+n•2ⁿ⁺¹，
相减可得-T_n=2+2²+…+2ⁿ-n•2ⁿ⁺¹=$\frac{2（1-{2}^{n}）}{1-2}$-n•2ⁿ⁺¹，
化简可得T_n=2+（n-1）•2ⁿ⁺¹；
（2）$\sqrt{{S}_{n}}$是公差为1的等差数列，
可得$\sqrt{{S}_{n}}$=$\sqrt{{S}_{1}}$+n-1，
即有$\sqrt{{S}_{2}}$=$\sqrt{{b}_{1}}$+1，即b₁+b₂=b₁+1+2$\sqrt{{b}_{1}}$，①
$\sqrt{{S}_{3}}$=$\sqrt{{b}_{1}}$+2，即b₁+b₂+b₃=b₁+4+4$\sqrt{{b}_{1}}$，
由2b₂=b₁+b₃，即有3b₂=b₁+4+4$\sqrt{{b}_{1}}$，②
由①②可得b₁+1-2$\sqrt{{b}_{1}}$=0，解得b₁=1，
则$\sqrt{{S}_{n}}$=$\sqrt{{S}_{1}}$+n-1=n，可得S_n=n²，
b₁=S₁=1；n≥2时，b_n=S_n-S_n-1=n²-（n-1）²=2n-1，
综上可得数列{b_n}通项公式为b_n=2n-1，n∈N*；
（3）由S_n=a_n，即n²=2ⁿ，n∈N*．
可设f（n）=n²-2ⁿ，显然f（2）=4-4=0；
f（4）=16-16=0，
当n≥5时，f（n）=n²-（1+1）ⁿ=n²-（1+n+$\frac{n（n-1）}{2}$+…+$\frac{n（n-1）}{2}$+n+1）＜0，
综上可得，存在n∈N*，使S_n=a_n成立，且n=2和4．

点评 本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，考查存在性问题的解法，注意运用构造法，考查数列的求和方法：错位相减法，考查转化思想和运算能力，属于中档题．