Question

11．設(shè)各項均為正數(shù)的等比數(shù)列{a_n}中，a₁+a₃=10，a₃+a₅=40．設(shè)b_n=log₂a_n．
（1）求數(shù)列{b_n}的通項公式；     
（2）若c₁=1，c_n+1=c_n+$\frac{b_n}{a_n}$，求證：c_n＜3．
（3）是否存在正整數(shù)k，使得$\frac{1}{_{n}+1}$+$\frac{1}{_{n}+2}$+…+$\frac{1}{_{n+n}}$＞$\frac{k}{10}$對任意正整數(shù)n均成立？若存在，求出k的最大值，若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）設(shè)出等比數(shù)列的公比q，運用等比數(shù)列的通項公式，解得首項和公比，再由對數(shù)的運算性質(zhì)可得通項公式；
（2）運用累加法求得c_n，再由錯位相減法求和，即可得證；
（3）假設(shè)存在正整數(shù)k，令S_n=$\frac{1}{_{n}+1}$+$\frac{1}{_{n}+2}$+…$\frac{1}{_{n}+n}$=$\frac{1}{n+1}$+$\frac{1}{n+2}$+…+$\frac{1}{2n}$，判斷單調(diào)性，進而得到最小值，解不等式可得k的范圍．

解答 解：（1）設(shè)各項均為正數(shù)的等比數(shù)列{a_n}的公比為q，
則a₁+a₁q²=10，a₁q²+a₁q⁴=40，
解得a₁=2，q=2，
即有a_n=2ⁿ，
b_n=log₂2ⁿ=n；
（2）證明：c₁=1，c_n+1=c_n+$\frac{b_n}{a_n}$=c_n+$\frac{n}{{2}^{n}}$，
則c_n=c₁+（c₂-c₁）+（c₃-c₂）+…+（c_n-c_n-1）
=1+$\frac{1}{2}$+$\frac{2}{{2}^{2}}$+…+$\frac{n-1}{{2}^{n-1}}$，
即有$\frac{1}{2}$c_n=$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{4}$+$\frac{2}{{2}^{3}}$+…+$\frac{n-1}{{2}^{n}}$，
兩式相減可得$\frac{1}{2}$c_n=1+（$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n-1}}$）-$\frac{n-1}{{2}^{n}}$
=1+$\frac{\frac{1}{4}（1-\frac{1}{{2}^{n-1}}）}{1-\frac{1}{2}}$-$\frac{n-1}{{2}^{n}}$=$\frac{3}{2}$-$\frac{n}{{2}^{n}}$，
即有c_n=3-$\frac{n}{{2}^{n-1}}$＜3，
（3）假設(shè)存在正整數(shù)k，使得$\frac{1}{_{n}+1}$+$\frac{1}{_{n}+2}$+…$\frac{1}{_{n}+n}$＞$\frac{k}{10}$對任意正整數(shù)n均成立．
令S_n=$\frac{1}{_{n}+1}$+$\frac{1}{_{n}+2}$+…$\frac{1}{_{n}+n}$=$\frac{1}{n+1}$+$\frac{1}{n+2}$+…+$\frac{1}{2n}$，
S_n+1=$\frac{1}{n+2}$+$\frac{1}{n+3}$+…+$\frac{1}{2n}$+$\frac{1}{2n+1}$+$\frac{1}{2n+2}$，
即有S_n+1-S_n=$\frac{1}{2n+1}$+$\frac{1}{2n+2}$-$\frac{1}{n+1}$=$\frac{1}{2n+1}$-$\frac{1}{2n+2}$$\frac{1}{（2n+1）（2n+2）}$＞0，
即為S_n+1＞S_n，
數(shù)列{S_n}遞增，S₁最小，且為$\frac{1}{2}$，
則有$\frac{k}{10}$＜$\frac{1}{2}$，解得k＜5，
故存在正整數(shù)k，且k的最大值為4．

點評 本題考查等比數(shù)列的通項公式和求和公式，同時考查數(shù)列的求和方法：錯位相減法，以及不等式恒成立問題轉(zhuǎn)化為求數(shù)列的最值，注意運用單調(diào)性，屬于中檔題和易錯題．