Question

17．已知数列{a_n}和{b_n}满足${a_1}{a_2}{a_3}…{a_n}={2^{{b_{n}}}}$（n∈N*）．若{a_n}是各项为正数的等比数列，且a₁=4，b₃=b₂+6．
（Ⅰ）求a_n与b_n；
（Ⅱ）设c_n=$\frac{1}{{\sqrt{a_n}}}-\frac{1}{b_n}$，记数列{c_n}的前n项和为S_n．
①求S_n；
②求正整数k．使得对任意n∈N*，均有S_k≥S_n．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由题意${a_1}{a_2}{a_3}…{a_n}={2^{{b_{n}}}}$（n∈N*）．b₃=b₂+6．知${a_3}={2^{{b_3}-{b_2}}}=64$，又由a₁=4，得公比q，可得列{a_n}的通项b_n，进而得到数列{b_n}的通项）
（Ⅱ）①由（Ⅰ）知${c_n}=\frac{1}{{\sqrt{a_n}}}-\frac{1}{b_n}=\frac{1}{2^n}-（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}）（n∈{N^*}）$，利用等比数列的求和公式、裂项求和方法即可得出．
②因为c₁=0，c₂＞0，c₃＞0，c₄＞0；当n≥5时，${c_n}=\frac{1}{n（n+1）}[\frac{n（n+1）}{2^n}-1]$，作差即可得出单调性．

解答 解：（Ⅰ）由题意${a_1}{a_2}{a_3}…{a_n}={2^{{b_{n}}}}$（n∈N*）．b₃=b₂+6．
知${a_3}={2^{{b_3}-{b_2}}}=64$，又由a₁=4，得公比q=4（q=-4，舍去），
所以数列{a_n}的通项为${a_n}={4^n}={2^{2n}}（n∈{N^*}）$…（3分）
所以${a_1}{a_2}{a_3}…{a_n}={2^{2×\frac{n（n+1）}{2}}}={2^{n（n+1）}}$．
故数列{b_n}的通项为${b_n}=n（n+1）（n∈{N^*}）$…（5分）
（Ⅱ）①由（Ⅰ）知${c_n}=\frac{1}{{\sqrt{a_n}}}-\frac{1}{b_n}=\frac{1}{2^n}-（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}）（n∈{N^*}）$…（7分）
所以
$\begin{array}{l}{S_n}=（{\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+…\frac{1}{2^n}}）-（{1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+…+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}}）\\=\frac{{\frac{1}{2}（{1-\frac{1}{2^n}}）}}{{1-\frac{1}{2}}}-（{1-\frac{1}{n+1}}）=\frac{1}{n+1}-\frac{1}{2^n}\end{array}$…（9分）
②因为c₁=0，c₂＞0，c₃＞0，c₄＞0；当n≥5时，${c_n}=\frac{1}{n（n+1）}[\frac{n（n+1）}{2^n}-1]$
而$\frac{n（n+1）}{2^n}-\frac{（n+1）（n+2）}{{{2^{n+1}}}}=\frac{（n+1）（n-2）}{{{2^{n+1}}}}＞0$得$\frac{n（n+1）}{2^n}≤\frac{5•（5+1）}{2^5}＜1$
所以，当n≥5时，c_n＜0；
综上，对任意n∈N^*恒有S₄≥S_n，故k=4…（12分）

点评 本题考查了等差数列与等比数列的通项公式性质与求和公式、数列递推关系、分类讨论方法、作差法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．