Question

17．已知各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{a_n}滿足（a_n+1+a_n）（2a_n-a_n+1）=0，a₂+a₄=2a₃+4，其中n∈N^*．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式．
（2）設(shè)數(shù)列{b_n}滿足b_n=$\frac{n{a}_{n}}{（2n+1）•{2}^{n}}$，是否存在正整數(shù)m，n（1＜m＜n），使得b₁，b_m，b_n成等比數(shù)列？若存在，求出所有的m，n的值；若不存在，請說明理由．
（3）令c_n=$\frac{（n+1）^{2}+1}{n（n+1）{a}_{n+2}}$，記數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和為S_n，其中n∈N^*，證明：$\frac{5}{16}$≤S_n＜$\frac{1}{2}$．

Answer 1

分析 （1）由 （a_n+1+a_n）（2a_n-a_n+1）=0，化簡可得數(shù)列{a_n}是公比為2的等比數(shù)列，由a₂+a₄=2a₃+4，求出首項(xiàng)，即可求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）求出數(shù)列{b_n}的通項(xiàng)，利用b₁，b_m，b_n成等比數(shù)列，求得正整數(shù)m、n（1＜m＜n），即可得出結(jié)論；
（3）由數(shù)列c_n=$\frac{（n+1）^{2}+1}{n（n+1）{a}_{n+2}}$為正項(xiàng)數(shù)列，故n=1時(shí)，S_n取最小值$\frac{5}{16}$，利用放縮法，求出S_n的最大值，可得答案．

解答 解：（1）由（a_n+1+a_n）（2a_n-a_n+1）=0，
且a_n＞0，?
有2a_n-a_n+1=0，即2a_n=a_n+1，
所以數(shù)列{a_n}是公比為2的等比數(shù)列，?
由a₂+a₄=2a₃+4得2a₁+8a₁=8a₁+4，解得a₁=2．
從而數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式為a_n=2ⁿ．
（2）b_n=$\frac{n{a}_{n}}{（2n+1）•{2}^{n}}$=$\frac{n}{2n+1}$，
若b₁，b_m，b_n成等比數(shù)列，則（$\frac{m}{2m+1}$）²=$\frac{1}{3}$•$\frac{n}{2n+1}$，
當(dāng)m=2，n=12，使得b₁，b_m，b_n成等比數(shù)列；
（3）證明：c_n=$\frac{（n+1）^{2}+1}{n（n+1）{a}_{n+2}}$=$\frac{（n+1）^{2}+1}{n（n+1）•{2}^{n+2}}$＞0，
∴當(dāng)n=1時(shí)，S_n取最小值$\frac{5}{16}$，
當(dāng)n≥2時(shí)，n²＞2，即有c_n=$\frac{（n+1）^{2}+1}{n（n+1）•{2}^{n+2}}$＜$\frac{1}{{2}^{n+1}}$，
∴S_n＜$\frac{\frac{1}{4}}{1-\frac{1}{2}}$=$\frac{1}{2}$，
故$\frac{5}{16}$≤S_n＜$\frac{1}{2}$．

點(diǎn)評 本題考查的知識點(diǎn)是數(shù)列的通項(xiàng)公式，數(shù)列求和，是數(shù)列與不等式的綜合應(yīng)用，綜合性強(qiáng)，運(yùn)算難度大，屬于難題．