Question

5．已知數(shù)列{a_n}共有2k（k≥2，k∈Z）項(xiàng)，a₁=1，前n項(xiàng)和為S_n，前n項(xiàng)乘積為T_n，且a_n+1=（a-1）S_n+2（n=1，2，…，2k-1），其中a=2${\;}^{\frac{2}{2k-1}}$，數(shù)列{b_n}滿足b_n=log₂$\root{n}{{T}_{n}}$，
（Ⅰ）求數(shù)列{b_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）若|b₁-$\frac{3}{2}$|+|b₂-$\frac{3}{2}$|+…+|b_2k-1-$\frac{3}{2}$|+|b_2k-$\frac{3}{2}$|≤$\frac{3}{2}$，求k的值．

Answer 1

分析 （1）由已知條件推導(dǎo)出a_n+1-a_n=（a-1）a_n，從而${a}_{n}=2{a}^{n-1}$，由此能求出數(shù)列{b_n}的通項(xiàng)公式．
（2）令$_{n}≤\frac{3}{2}$，當(dāng)n≤k時(shí)，$_{n}＜\frac{3}{2}$，當(dāng)n≥k+1時(shí)，$_{n}＞\frac{3}{2}$，由此能求出k的值．

解答 （本小題滿分13分）
解：（1）當(dāng)n=1時(shí)，a₂=2a，則$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}=a$；
當(dāng)2≤n≤2k-1時(shí)，a_n+1=（a-1）S_n+2，a_n=（a-1）S_n-1+2，
所以a_n+1-a_n=（a-1）a_n，故$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$=a，即數(shù)列{a_n}是等比數(shù)列，${a}_{n}=2{a}^{n-1}$，
∴T_n=a₁×a₂×…×a_n=2ⁿa^{1+2+…+（n-1）}=${2}^{n+\frac{n（n-1）}{2k-1}}$，
b_n=$\frac{1}{n}[n+\frac{n（n-1）}{2k-1}]$=$\frac{n-1}{2k-1}+1$．…（7分）
（2）令$_{n}≤\frac{3}{2}$，則n≤k+$\frac{1}{2}$，又n∈N^*，故當(dāng)n≤k時(shí)，$_{n}＜\frac{3}{2}$，
當(dāng)n≥k+1時(shí)，$_{n}＞\frac{3}{2}$．…（8分）
|b₁-$\frac{3}{2}$|+|b₂-$\frac{3}{2}$|+…+|b_2k-1-$\frac{3}{2}$|+|b_2k-$\frac{3}{2}$|
=$（\frac{3}{2}-_{1}）+（\frac{3}{2}-_{2}）+…+（{\frac{3}{2}-_{k}}_{\;}）$+（$_{k+1}-\frac{3}{2}$）+…+（$_{2k}-\frac{3}{2}$）…（10分）
=（_k+1+…+b_2k）-（b₁+…+b_k）
=[$\frac{\frac{1}{2}（k+2k-1）k}{2k-1}$+k]-[$\frac{\frac{1}{2}（0+k-1）k}{2k-1}+k$]
=$\frac{{k}^{2}}{2k-1}$，
由$\frac{{k}^{2}}{2k-1}≤\frac{3}{2}$，得2k²-6k+3≤0，解得$\frac{3-\sqrt{3}}{2}≤k≤\frac{3+\sqrt{3}}{2}$，…（12分）
又k≥2，且k∈N^*，所以k=2．…（13分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)公式的求法，考查滿足條件的實(shí)數(shù)值的求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意等比數(shù)列的性質(zhì)和構(gòu)造法的合理運(yùn)用．