Question

11．已知各项均为正数的数列{a_n}满足log₂a_n-log₂a_n-1=1n∈N^*，n≥2，且a₄=16．
（Ⅰ）求数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）设数列{b_n}满足b_n=$\frac{{na_n^{\;}}}{{（2n+1）•{2^n}}}$，是否存在正整数m，n（1＜m＜n），使得b₁，b_m，b_n成等比数列？若存在，求出所有的m，n的值；若不存在，请说明理由．
（Ⅲ）令c_n=$\frac{2n+4}{{n（n+1）{a_n}}}$，记数列{c_n}的前n项和为S_n，其中n∈N^*，证明：$\frac{3}{2}$≤S_n＜2．

Answer 1

分析 （I）利用等差数列的通项公式及其对数的运算性质即可得出．
（II）b_n=$\frac{{na_n^{\;}}}{{（2n+1）•{2^n}}}$=$\frac{n}{2n+1}$，由b₁，b_m，b_n成等比数列，可得$（\frac{m}{2m+1}）^{2}$=$\frac{1}{3}×\frac{n}{2n+1}$，即$\frac{3}{n}$=$\frac{-2{m}^{2}+4m+1}{{m}^{2}}$，由-2m²+4m+1＞0，解出即可得出．
（Ⅲ）${c_n}=\frac{2n+4}{{n（n+1）{2^n}}}=4[{\frac{1}{{n•{2^n}}}-\frac{1}{{（n+1）•{2^{n+1}}}}}]$，利用“裂项求和”方法与数列的单调性即可得出．

解答 解：（Ⅰ）∵对任意的n∈N^*，n≥2，$log_2^{\;}{a_n}=1+log_2^{\;}{a_{n-1}}$，即：$log_2^{\;}{a_n}-log_2^{\;}{a_{n-1}}=1$，
∴数列{$log_2^{\;}{a_n}$}是首相为$log_2^{\;}{a_1}=log_2^{\;}2=1$，公差为1的等差数列．
∴$log_2^{\;}{a_n}=1+1×（n-1）=n$，
∴${a}_{n}={2}^{n}$．
（Ⅱ）b_n=$\frac{{na_n^{\;}}}{{（2n+1）•{2^n}}}$=$\frac{n}{2n+1}$，
若b₁，b_m，b_n成等比数列，
则$（\frac{m}{2m+1}）^{2}$=$\frac{1}{3}×\frac{n}{2n+1}$，即$\frac{{m}^{2}}{4{m}^{2}+4m+1}$=$\frac{n}{6n+3}$．
可得$\frac{3}{n}$=$\frac{-2{m}^{2}+4m+1}{{m}^{2}}$，
∴-2m²+4m+1＞0，解得：$1-\frac{\sqrt{6}}{2}$＜m＜1+$\frac{\sqrt{6}}{2}$．
又m∈N^*，且m＞1，∴m=2，此时n=12．
故当且仅当m=2，n=12．
使得b₁，b_m，b_n成等比数列．
（Ⅲ）证明：${c_n}=\frac{2n+4}{{n（n+1）{2^n}}}=4[{\frac{1}{{n•{2^n}}}-\frac{1}{{（n+1）•{2^{n+1}}}}}]$，
∴S_n=c₁+c₂+c₃+…+c_n=$4[{\frac{1}{{1×{2^1}}}-\frac{1}{{2×{2^2}}}+\frac{1}{{2×{2^2}}}-\frac{1}{{3×{2^3}}}+…+\frac{1}{{（{n-1}）×{2^{n-1}}}}-\frac{1}{{n×{2^n}}}+\frac{1}{{n×{2^n}}}-\frac{1}{{（{n+1}）×{2^{n+1}}}}}]$
$\begin{array}{l}=4[{\frac{1}{{1×{2^1}}}-\frac{1}{{（{n+1}）×{2^{n+1}}}}}]\\=2-\frac{1}{{（{n+1}）×{2^{n-1}}}}\end{array}$
∴${S_n}＜2，且{S_n}≥{S_1}=\frac{3}{2}$，即结论$\frac{3}{2}≤{S_n}＜2$成立．

点评 本题考查了递推关系、等差数列与等比数列的通项公式与前n项和公式、“裂项求和”方法、对数的运算性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．