Question

9．（文科）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$\frac{1}{3}$，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）文：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$\frac{1}{{2}^{k}}$+$\frac{3}{{2}^{m-1}}$=1，再分类讨论，可得正整数k、m的值．+=1，再分类讨论，可得正整数k、m的值．

解答 解：（1）答：数列{2x_n+1}是算术平方根递推数列．
理由：∵点（x_n+1，x_n）在函数f（x）=2x²+2x的图象上，
∴${x_n}=2x_{n+1}^2+2{x_{n+1}}$，$即2{x_n}+1=4x_{n+1}^2+4{x_{n+1}}+1$，
2x_n=（2x_n+1+1）²，
又${x_n}＞0，n∈{N^*}$，
∴2x_n+1+1=$\sqrt{2{x}_{n}+1}$，
∴数列{2x_n+1}（n∈N^*）是算术平方根递推数列．
证明（2）∵y_n=lg（2x_n+1），2x_n+1+1=$\sqrt{2{x}_{n}+1}$，（n∈N^*），
∴y_n+1=lg（2x_n+！+1）=$\frac{1}{2}$lg（2x_n+1）=$\frac{1}{2}$y_n，
∵x₁=$\frac{9}{2}$，
∴y₁=lg（2x₁+1）=1，
∴数列{y_n}是首项为y₁=1，公比q=$\frac{1}{2}$的等比数列，
∴y_n=y₁•（$\frac{1}{2}$）^n-1=$\frac{1}{{2}^{n-1}}$．
（文） （3）由题意可知，无穷等比数列{z_n}的首项${z_1}=\frac{1}{{{2^{m-1}}}}$，公比$\frac{1}{2^k}（k、m∈{N^*}且k、m为常数）$，
∴$\frac{{\frac{1}{{{2^{m-1}}}}}}{{1-\frac{1}{2^k}}}=\frac{1}{3}$．
化简，得$\frac{1}{2^k}+\frac{3}{{{2^{m-1}}}}=1$．
若m-1≥3，则$\frac{1}{2^k}+\frac{3}{{{2^{m-1}}}}≤\frac{1}{2^k}+\frac{3}{8}≤\frac{1}{2}+\frac{3}{8}＜1$．这是矛盾！
∴m-1≤2．
又m-1=0或1时，$\frac{1}{2^k}+\frac{3}{{{2^{m-1}}}}＞1$，
∴m-1=2，即m=3．
∴$\frac{1}{2^k}=1-\frac{3}{4}，{2^k}=4，解得k=2$．
∴$\left\{\begin{array}{l}m=3\\ k=2.\end{array}\right.$．

点评 本题考查数列的新定义，考查等比数列的通项公式及性质，对数的运算性质，不等式的解法，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．