Question

6．已知數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，且${a_n}＞0，{a_n}{S_n}={（{\frac{1}{2}}）^{2n}}（{n∈{N^*}}）$
（1）若b_n=1+log₂a_nS_n，求數(shù)列{b_n}的前n項和T_n；
（2）若$0＜{θ_n}＜\frac{π}{2}，{2^n}{a_n}=tan{θ_n}$，求證：數(shù)列{θ_n}是等比數(shù)列，并求其通項公式；
（3）記${c_n}=|{{a_1}-\frac{1}{2}}|+|{{a_2}-\frac{1}{2}}|+…+|{{a_n}-\frac{1}{2}}|$，若對任意的n∈N^*，c_n≥m恒成立，求實數(shù)m的最大值．

Answer 1

分析 （1）直接利用已知條件以及對數(shù)的運算法則，直接求出通項公式．然后求解前n項和．
（2）化簡2ⁿ•a_n=tanθ_n，通過a_n=S_n-S_n-1求出a_n，得到θ_n的函數(shù)關(guān)系式，然后證明數(shù)列{θ_n}為等比數(shù)列，求出其通項公式；
（3）化簡${c_n}=|{{a_1}-\frac{1}{2}}|+|{{a_2}-\frac{1}{2}}|+…+|{{a_n}-\frac{1}{2}}|$=$\frac{n}{2}$-（a₁+a₂+…+a_n）=$\frac{n}{2}$-S_n，利用函數(shù)的最值，求解實數(shù)m的最大值．

解答 解：（1）∵b_n=1+log₂（S_n•a_n）=1+log₂（$\frac{1}{2}$）²ⁿ=1-2n，
∴Tn=n-2（1+2+3+…+n）=n-n（n+1）=-n²
（2）由2ⁿa_n=tanθ_n，可得a_n=$\frac{tan{θ}_{n}}{{2}^{n}}$，代入S_na_n=（$\frac{1}{2}$）²，可得，S_n=$\frac{1}{{2}^{n}tan{θ}_{n}}$，
當n≥2時，a_n=S_n-S_n-1=$\frac{1}{{2}^{n}tan{θ}_{n}}$-$\frac{1}{{2}^{n-1}tan{θ}_{n-1}}$，
代入a_n=$\frac{tan{θ}_{n}}{{2}^{n}}$整理得tanθ_n-1=tan（2θ_n），
∵0＜θ_n＜$\frac{π}{2}$，
∴θ_n=$\frac{1}{2}$θ_n-1，
當n=1時，a₁=$\frac{1}{2}$，
∴tanθ₁=2a₁=1，
∴θ₁=$\frac{π}{4}$
∴數(shù)列{θ_n}是等比數(shù)列，首項為$\frac{π}{4}$，公比為$\frac{1}{2}$，
其通項公式為θ_n=$\frac{π}{{2}^{n+1}}$
（3）由（2）可得a_n=$\frac{tan（\frac{π}{{2}^{n+1}}）}{{2}^{n}}$，它是個單調(diào)遞減的數(shù)列，
∴a_n≤a₁=$\frac{1}{2}$，
∴a_n-$\frac{1}{2}$≤0，
∴${c_n}=|{{a_1}-\frac{1}{2}}|+|{{a_2}-\frac{1}{2}}|+…+|{{a_n}-\frac{1}{2}}|$=$\frac{n}{2}$-（a₁+a₂+…+a_n）=$\frac{n}{2}$-S_n，
∴C_n+1-C_n=$\frac{n+1}{2}$-S_n+1-$\frac{n}{2}$-S_n=$\frac{1}{2}$-a_n+1＞0，
由知，c_n+1≥c_n，
∴數(shù)列{c_n}是單調(diào)遞增的，c_n最小值為c₁=0，m≤（c_n）_min=0，
因此，實數(shù)m的取值范圍是（-∞，0]，m的最大值為0

點評 本題考查數(shù)列與函數(shù)的綜合應(yīng)用，數(shù)列求和，等比數(shù)列的判斷，考查分析問題解決問題的能力