Question

7．各項均為整數(shù)的等比數(shù)列{a_n}，a₁=1，a₂a₄=16，單調(diào)增數(shù)列{b_n}的前n項和為S_n，a₄=b₃，且6S_n=b_n²+3b_n+2（n∈N^*）．
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}、{b_n}的通項公式；
（Ⅱ）令c_n=$\frac{_{n}}{{a}_{n}}$（n∈N^*），
（1）求數(shù)列{c_n}的前n項和T_n；
（2）求使得c_n＞1的所有n的值，并說明理由．

Answer 1

分析 （I）設(shè)等比數(shù)列{a_n}的公比為q，由a₁=1，a₂a₄=16，利用等比數(shù)列的通項公式解得q，即可得出a_n．b₃=a₄．由6S_n=b_n²+3b_n+2（n∈N^*），當n≥2時，6S_n-1=$_{n-1}^{2}+3_{n-1}+2$，利用遞推式（b_n+b_n-1）（b_n-b_n-1-3）=0，再利用等差數(shù)列的通項公式即可得出．
（II）c_n=$\frac{_{n}}{{a}_{n}}$=$\frac{3n-1}{{2}^{n-1}}$，
（1）利用“錯位相減法”與等比數(shù)列的前n項和公式即可得出T_n=$10-\frac{3n+5}{{2}^{n-1}}$．
（2）c₁=2＞1，c₂=$\frac{5}{2}＞1$，c₃=2＞1，${c}_{4}=\frac{11}{8}＞1$，c₅=$\frac{7}{8}$＜1．下面證明：當n≥5時，c_n＜1，當n≥5時，作差c_n+1-c_n=$\frac{4-3n}{{2}^{n}}$＜0，即可得出．

解答 解：（I）設(shè)等比數(shù)列{a_n}的公比為q，
∵a₁=1，a₂a₄=16，
∴${{a}_{1}}^{2}{q}^{4}$=q⁴=16，
∵q＞0，解得q=2，
∴a_n=2^n-1．∴b₃=a₄=2³=8．
∵6S_n=b_n²+3b_n+2（n∈N^*），
當n≥2時，6S_n-1=$_{n-1}^{2}+3_{n-1}+2$，可得$6_{n}=_{n}^{2}+3_{n}-_{n-1}^{2}$-3b_n-1，
化為（b_n+b_n-1）（b_n-b_n-1-3）=0，
∵b_n＞0，∴b_n-b_n-1=3，
∴數(shù)列{b_n}是等差數(shù)列，公差為3．
∴b_n=b₃+（n-3）×3=8+3n-9=3n-1．
（II）c_n=$\frac{_{n}}{{a}_{n}}$=$\frac{3n-1}{{2}^{n-1}}$，
（1）T_n=$\frac{2}{1}$+$\frac{5}{2}$+$\frac{8}{{2}^{2}}$+…+$\frac{3n-1}{{2}^{n-1}}$，
$\frac{1}{2}{T}_{n}$=$2×\frac{1}{2}$+$\frac{5}{{2}^{2}}+\frac{8}{{2}^{3}}$+…+$\frac{3n-4}{{2}^{n-1}}+\frac{3n-1}{{2}^{n}}$，
∴$\frac{1}{2}{T}_{n}$=$2+3（\frac{1}{2}+\frac{1}{{2}^{2}}+…+\frac{1}{{2}^{n-1}}）$-$\frac{3n-1}{{2}^{n}}$=$2+3×\frac{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{2}^{n-1}}）}{1-\frac{1}{2}}$-$\frac{3n-1}{{2}^{n}}$=5-$\frac{3n+5}{{2}^{n}}$，
∴T_n=$10-\frac{3n+5}{{2}^{n-1}}$．
（2）c₁=2＞1，c₂=$\frac{5}{2}＞1$，c₃=2＞1，${c}_{4}=\frac{11}{8}＞1$，c₅=$\frac{7}{8}$＜1．
下面證明：當n≥5時，c_n＜1，
當n≥5時，c_n+1-c_n=$\frac{3n+2}{{2}^{n}}-\frac{3n-1}{{2}^{n-1}}$=$\frac{4-3n}{{2}^{n}}$＜0，即c_n+1＜c_n，
∵c₅=$\frac{7}{8}$＜1．當n≥5時，c_n＜1，
故滿足條件c_n＞1的所有值為1，2，3，4．

點評 本題考查了遞推式的應(yīng)用、“錯位相減法”、等差數(shù)列與等比數(shù)列通項公式及前n項和公式、“作差法”，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．