Question

15．（理科）定义：若各项为正实数的数列{a_n}满足${a_{n+1}}=\sqrt{a_n}（n∈{N^*}）$，则称数列{a_n}为“算术平方根递推数列”．
已知数列{x_n}满足${x_n}＞0，n∈{N^*}$，且${x_1}=\frac{9}{2}$，点（x_n+1，x_n）在二次函数f（x）=2x²+2x的图象上．
（1）试判断数列{2x_n+1}（n∈N^*）是否为算术平方根递推数列？若是，请说明你的理由；
（2）记y_n=lg（2x_n+1）（n∈N^*），求证：数列{y_n}是等比数列，并求出通项公式y_n；
（3）从数列{y_n}中依据某种顺序自左至右取出其中的项${y_{n_1}}，{y_{n_2}}，{y_{n_3}}，…$，把这些项重新组成一个新数列{z_n}：${z_1}={y_{n_1}}，{z_2}={y_{n_2}}，{z_3}={y_{n_3}}，…$．
若数列{z_n}是首项为${z_1}={（\frac{1}{2}）^{m-1}}$、公比为$q=\frac{1}{2^k}（m，k∈{N^*}）$的无穷等比数列，且数列{z_n}各项的和为$\frac{16}{63}$，求正整数k、m的值．

Answer 1

分析 （1）数列{2x_n+1}（n∈N^*）是否为算术平方根递推数列，利用点（x_n+1，x_n）在二次函数f（x）=2x²+2x的图象上，可得x_n=2x_n+1²+2x_n+1，即可证明2x_n+1+1=$\sqrt{2{x}_{n}+1}$，从而数列{2x_n+1}（n∈N^*）是否为算术平方根递推数列；
（2）由y_n=lg（2x_n+1），2x_n+1+1=$\sqrt{2{x}_{n}+1}$，可得y_n+1=$\frac{1}{2}$y_n，即可证明∴数列{y_n}是首项为1，公比为$\frac{1}{2}$等比数列，从而求出通项公式y_n；
（3）由题意可得数列{z_n}的首项为$\frac{1}{{2}^{m}-1}$，公比为$\frac{1}{{2}^{k}}$，可得 $\frac{16}{{2}^{k}}$+$\frac{63}{{2}^{m}-1}$=16，再分类讨论，可得正整数k、m的值．

解答 解：（1）数列{2x_n+1}（n∈N^*）是否为算术平方根递推数列，证明如下：
∵点（x_n+1，x_n）在二次函数f（x）=2x²+2x的图象上，
∴x_n=2x_n+1²+2x_n+1，
∴2x_n+1=（2x_n+1+1）²，
∵x_n＞0，n∈N^*，
∴2x_n+1+1=$\sqrt{2{x}_{n}+1}$，
∴数列{2x_n+1}（n∈N^*）是否为算术平方根递推数列；
（2）∵y_n=lg（2x_n+1），2x_n+1+1=$\sqrt{2{x}_{n}+1}$，
∴y_n+1=$\frac{1}{2}$y_n，
∵y₁=lg（2x₁+1）=1，
∴数列{y_n}是首项为1，公比为$\frac{1}{2}$等比数列，
∴通项公式y_n=（$\frac{1}{2}$）ⁿ-1
（3）由题意可得数列{z_n}的首项为$\frac{1}{{2}^{m}-1}$，公比为$\frac{1}{{2}^{k}}$，
∴$\frac{\frac{1}{{2}^{m}-1}}{1-\frac{1}{{2}^{k}}}$=$\frac{16}{63}$，
∴$\frac{16}{{2}^{k}}$+$\frac{63}{{2}^{m}-1}$=16，
若m-1≥3，则$\frac{16}{{2}^{k}}$+$\frac{63}{{2}^{m}-1}$≤$\frac{16}{{2}^{k}}$+$\frac{63}{8}$＜$\frac{16}{2}$+$\frac{63}{8}$＜16，矛盾，
∴m-1≤2，
∵m-1=0或1时，$\frac{16}{{2}^{k}}$+$\frac{63}{{2}^{m}-1}$＞16，
∴m-1=2，
∴m=3，
∴k=6．

点评 本题考查新定义，考查等比数列的性质，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．