Question

8．已知各項為正的等比數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，S₄=30，過點P（n，log₂a_n）和Q（n+2，log₂a_n+1）（n∈N^*）的直線的一個方向向量為（-1，-1）
（1）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）設(shè)b_n=$\frac{1}{{log}_{2}{a}_{n+2}•{log}_{2}{a}_{n}}$，數(shù)列{b_n}的前n項和為T_n，證明：對于任意n∈N^*，都有T_n$＜\frac{3}{4}$．

Answer 1

分析 （1）利用等比數(shù)列前n項和公式及直線的方向向量性質(zhì)列出方程組，由此能求出首項和公比，從而能求出數(shù)列{a_n}的通項公式．
（2）由b_n=$\frac{1}{{log}_{2}{a}_{n+2}•{log}_{2}{a}_{n}}$=$\frac{1}{4}$（$\frac{1}{lo{g}_{2}{a}_{n}}$-$\frac{1}{lo{g}_{2}{a}_{n+2}}$），利用裂項法能證明對于任意n∈N^*，都有T_n$＜\frac{3}{4}$．

解答 解：（1）∵各項為正的等比數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，S₄=30，
過點P（n，log₂a_n）和Q（n+2，log₂a_n+1）（n∈N^*）的直線的一個方向向量為（-1，-1），
∴$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{a}_{1}（1-{q}^{4}）}{1-q}=30}\\{\frac{lo{g}_{2}{a}_{n+1}-lo{g}_{2}{a}_{n}}{n+2-n}=\frac{-1}{-1}}\end{array}\right.$，
解得${a}_{1}=\frac{6}{17}$，q=4，
∴a_n=$\frac{6}{17}×{4}^{n-1}$．
（2）∵b_n=$\frac{1}{{log}_{2}{a}_{n+2}•{log}_{2}{a}_{n}}$=$\frac{1}{（lo{g}_{2}\frac{6}{17}+2n+2）（lo{g}_{2}\frac{6}{17}+2n-2）}$=$\frac{1}{4}$（$\frac{1}{lo{g}_{2}{a}_{n}}$-$\frac{1}{lo{g}_{2}{a}_{n+2}}$），
∴數(shù)列{b_n}的前n項和：
T_n=$\frac{1}{4}$（$\frac{1}{lo{g}_{2}{a}_{1}}-\frac{1}{lo{g}_{2}{a}_{3}}$+$\frac{1}{lo{g}_{2}{a}_{2}}-\frac{1}{lo{g}_{2}{a}_{4}}$+$\frac{1}{lo{g}_{2}{a}_{3}}-\frac{1}{lo{g}_{2}{a}_{5}}$+…+$\frac{1}{lo{g}_{2}{a}_{n-1}}-\frac{1}{lo{g}_{2}{a}_{n+1}}$+$\frac{1}{lo{g}_{2}{a}_{n}}-\frac{1}{lo{g}_{2}{a}_{n+2}}$）
=$\frac{1}{4}$（$\frac{1}{lo{g}_{2}{a}_{1}}+\frac{1}{lo{g}_{2}{a}_{2}}$-$\frac{1}{lo{g}_{2}{a}_{n+1}}-\frac{1}{lo{g}_{2}{a}_{n+2}}$）
=$\frac{1}{4}$（$\frac{1}{lo{g}_{2}\frac{6}{17}}$+$\frac{1}{lo{g}_{2}\frac{6}{17}+2}$-$\frac{1}{lo{g}_{2}\frac{6}{17}+2n}$-$\frac{1}{lo{g}_{2}\frac{6}{17}+2n+2}$）
＜$\frac{3}{4}$．
∴對于任意n∈N^*，都有T_n$＜\frac{3}{4}$．

點評 本題考查數(shù)列的通項公式的求法，考查不等式的證明，是中檔題，解題時要認真審題，注意裂項求和法的合理運用．