Question

20．已知遞增的等差數(shù)列{a_n}的首項(xiàng)a₁=1，且a₁、a₂、a₄成等比數(shù)列．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式a_n；
（2）設(shè)數(shù)列{c_n}對(duì)任意n∈N^*，都有$\frac{{c}_{1}}{2}$+$\frac{{c}_{2}}{{2}^{2}}$+…+$\frac{{c}_{n}}{{2}^{n}}$=a_n+1成立，求c₁+c₂+…+c₂₀₁₄的值
（3）若b_n=$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$（n∈N^*），求證：數(shù)列{b_n}中的任意一項(xiàng)總可以表示成其他兩項(xiàng)之積．

Answer 1

分析 （1）利用等比數(shù)列和等差數(shù)列的通項(xiàng)公式即可求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式a_n；
（2）利用作差法求出數(shù)列{c_n}的通項(xiàng)公式，利用等比數(shù)列的求和公式即可求c₁+c₂+…+c₂₀₁₄的值
（3）求出b_n=$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$的表達(dá)式，建立方程關(guān)系即可得到結(jié)論．

解答 解：（1）{a_n}是遞增的等差數(shù)列，設(shè)公差為d，（d＞0）…（1分）
∵a₁、a₂、a₄成等比數(shù)列，∴a₂²=a₁a₄，…（2分）
即（1+d）²=1×（1+3d），及d＞0得d=1…（3分）
∴a_n=n．…（4分）
（2）∵a_n+1=n+1，$\frac{{c}_{1}}{2}$+$\frac{{c}_{2}}{{2}^{2}}$+…+$\frac{{c}_{n}}{{2}^{n}}$=a_n+1=n+1對(duì)n∈N^*，都成立
當(dāng)n=1時(shí)，$\frac{{c}_{1}}{2}=2$得c₁=4，…（5分）
當(dāng)n≥2時(shí)，由$\frac{{c}_{1}}{2}$+$\frac{{c}_{2}}{{2}^{2}}$+…+$\frac{{c}_{n}}{{2}^{n}}$=n+1①，
及$\frac{{c}_{1}}{2}$+$\frac{{c}_{2}}{{2}^{2}}$+…+$\frac{{c}_{n-1}}{{2}^{n-1}}$=n  ②
①-②得$\frac{{c}_{n}}{{2}^{n}}$=1，得c_n=2ⁿ，…（7分）
∴c_n=$\left\{\begin{array}{l}{4，}&{n=1}\\{{2}^{n}，}&{n≥2}\end{array}\right.$，…（8分）
∴c₁+c₂+…+c₂₀₁₄=4+2²+2³+…+2²⁰¹⁴=4+$\frac{{2}^{2}（1-{2}^{2013}）}{1-2}$=2²⁰¹⁵．…（10分）
（3）對(duì)于給定的n∈N^*，若存在k，t≠n，k，t∈N^*，使得b_n=b_kb_t，…（11分）
∵b_n=$\frac{n+1}{n}$，∴只需$\frac{n+1}{n}$=$\frac{k+1}{k}•\frac{t+1}{t}$，…（12分）
即1+$\frac{1}{n}$=（1+$\frac{1}{k}$）（1+$\frac{1}{t}$），即$\frac{1}{n}$=$\frac{1}{k}$+$\frac{1}{t}$+$\frac{1}{kt}$，
即kt=nt+nk+n，t=$\frac{n（k+1）}{k-n}$，
取k=n+1，則t=n（n+2）…（14分）
∴對(duì)數(shù)列{b_n}中的任意一項(xiàng)b_n=$\frac{n+1}{n}$，都存在b_n+1=$\frac{n+2}{n+1}$和$_{{n}^{2}+2n}=\frac{{n}^{2}+2n+1}{{n}^{2}+2n}$，
使得b_n=b_n+1$_{{n}^{2}+2n}$．…（16分）

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查等比數(shù)列和等差數(shù)列的應(yīng)用，以及數(shù)列求和，利用條件求出對(duì)應(yīng)的通項(xiàng)公式是解決本題的關(guān)鍵．綜合性較強(qiáng)，難度較大．