Question

13．等比數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和S_n=2ⁿ⁺⁶-a，數(shù)列{b_n}滿足b_n=$\frac{1}{n}（log_2{a_1}+log_2{a_2}+…+log_2{a_n}）$（n∈N^*）．
（1）求a的值及{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）求數(shù)列$\left\{{\frac{1}{{{b_n}•{b_{n+1}}}}}\right\}$的前n項(xiàng)和；
（3）求數(shù)列$\left\{{\frac{a_n}{b_n}}\right\}$的最小項(xiàng)的值．

Answer 1

分析 （1）由數(shù)列的前n項(xiàng)和求出首項(xiàng)和n≥2時的通項(xiàng)，結(jié)合數(shù)列為等比數(shù)列可知首項(xiàng)符合n≥2時的通項(xiàng)，由此求得a值，并進(jìn)一步求得{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）把數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式代入b_n=$\frac{1}{n}（log_2{a_1}+log_2{a_2}+…+log_2{a_n}）$，利用對數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)及等差數(shù)列的前n項(xiàng)和求得b_n，代入數(shù)列$\left\{{\frac{1}{{{b_n}•{b_{n+1}}}}}\right\}$，然后利用裂項(xiàng)相消法求得數(shù)列$\left\{{\frac{1}{{{b_n}•{b_{n+1}}}}}\right\}$的前n項(xiàng)和；
（3）利用作差法可得$\left\{{\frac{a_n}{b_n}}\right\}$在其定義域上單調(diào)遞增，由此求得數(shù)列$\left\{{\frac{a_n}{b_n}}\right\}$的最小項(xiàng)的值．

解答 解：（1）∵${S_n}={2^{n+6}}-a$，
∴${a}_{1}={S}_{1}={2}^{7}-a$，
當(dāng)n≥2時，${S_{n-1}}={2^{n+5}}-a$，
∴${a_n}={S_n}-{S_{n-1}}={2^{n+5}}$，
∵數(shù)列{a_n}是等比數(shù)列，
∴${a}_{1}={2}^{6}={2}^{7}-a$，解得a=64．
∴${a_n}={2^{n+5}}$；
（2）b_n=$\frac{1}{n}（log_2{a_1}+log_2{a_2}+…+log_2{a_n}）$
=$\frac{1}{n}（1+2+3+…+n+5n）$=$\frac{1}{n}•[\frac{n（n+1）}{2}+5n]$=$\frac{n+11}{2}$，
$\frac{1}{{{b_n}{b_{n+1}}}}=\frac{4}{（n+11）（n+12）}=4（\frac{1}{n+11}-\frac{1}{n+12}）$，
∴${T_n}=4（\frac{1}{12}-\frac{1}{13}+\frac{1}{13}-\frac{1}{14}+…+\frac{1}{n+11}-\frac{1}{n+12}）$
=$4（\frac{1}{12}-\frac{1}{n+12}）$；
（3）∵${a}_{n}={2}^{n+5}$，b_n=$\frac{n+11}{2}$，
∴$\frac{{a}_{n}}{_{n}}=\frac{{2}^{n+5}}{\frac{n+11}{2}}=\frac{{2}^{n+6}}{n+11}$，
則$\frac{{a}_{n+1}}{_{n+1}}-\frac{{a}_{n}}{_{n}}=\frac{{2}^{n+7}}{n+12}-\frac{{2}^{n+6}}{n+11}=\frac{{2}^{n+7}（n+11）-{2}^{n+6}（n+12）}{（n+12）（n+11）}$
=$\frac{{{2^{n+6}}[{（{2n+22}）-（n+12）}]}}{{（n+12）（{n+11}）}}$=$\frac{{{2^{n+6}}（{n+10}）}}{{（n+12）（{n+11}）}}＞0$，
∴$\left\{{\frac{a_n}{b_n}}\right\}$在其定義域上單調(diào)遞增．
∴$\left\{{\frac{a_n}{b_n}}\right\}$_min=$\frac{a_1}{b_1}$=$\frac{32}{3}$．

點(diǎn)評 本題考查數(shù)列遞推式，考查了等比關(guān)系的確定，訓(xùn)練了裂項(xiàng)相消法求數(shù)列的前n項(xiàng)和，考查了數(shù)列的函數(shù)特性，是中檔題．