Question

15．已知遞增的等差數(shù)列{a_n}的首項(xiàng)a₁=1，且a₁、a₂、a₄成等比數(shù)列．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式a_n；
（2）設(shè){c_n}對(duì)任意n∈N^Φ，都有$\frac{{c}_{1}}{2}$+$\frac{{c}_{2}}{{2}^{2}}$+…+$\frac{{c}_{n}}{{2}^{n}}$=a_n+1成立，求c₁+c₂+…+c₂₀₁₅的值；
（3）若b_n=$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$（n∈N^Φ），求證：數(shù)列{b_n}中的任意一項(xiàng)總可以表示成其他兩項(xiàng)之積．

Answer 1

分析 （1）通過a₁、a₂、a₄成等比數(shù)列，解方程（1+d）²=1+3d，計(jì)算即得結(jié)論；
（2）通過a_n+1=n+1可知c₁=4，當(dāng)n≥2時(shí)利用$\frac{{c}_{n}}{{2}^{n}}$=（$\frac{{c}_{1}}{2}$+$\frac{{c}_{2}}{{2}^{2}}$+…+$\frac{{c}_{n}}{{2}^{n}}$）-（$\frac{{c}_{1}}{2}$+$\frac{{c}_{2}}{{2}^{2}}$+…+$\frac{{c}_{n-1}}{{2}^{n-1}}$）計(jì)算可知c_n=2ⁿ，進(jìn)而利用等比數(shù)列的求和公式計(jì)算即得結(jié)論；
（3）假設(shè)存在k、t≠n（k、t∈N^*）使得b_n=b_k•b_t，即只需$\frac{n+1}{n}$=$\frac{k+1}{k}$•$\frac{t+1}{t}$，化簡可知t=$\frac{n（k+1）}{k-n}$，取值即可．

解答 （1）解：∵數(shù)列{a_n}是遞增的等差數(shù)列，設(shè)公差為d（d＞0），
由a₁、a₂、a₄成等比數(shù)列，可知：${{a}_{2}}^{2}={a}_{1}•{a}_{4}$，
∴（1+d）²=1+3d，
解得：d=1或d=0（舍），
∴a_n=1+（n-1）=n；
（2）解：∵a_n+1=n+1，
∴$\frac{{c}_{1}}{2}$+$\frac{{c}_{2}}{{2}^{2}}$+…+$\frac{{c}_{n}}{{2}^{n}}$=n+1對(duì)任意n∈N^*都成立，
當(dāng)n=1時(shí)，$\frac{{c}_{1}}{2}$=2，即c₁=4；
當(dāng)n≥2時(shí)，$\frac{{c}_{n}}{{2}^{n}}$=（$\frac{{c}_{1}}{2}$+$\frac{{c}_{2}}{{2}^{2}}$+…+$\frac{{c}_{n}}{{2}^{n}}$）-（$\frac{{c}_{1}}{2}$+$\frac{{c}_{2}}{{2}^{2}}$+…+$\frac{{c}_{n-1}}{{2}^{n-1}}$）=1，
∴c_n=2ⁿ，
∴c_n=$\left\{\begin{array}{l}{4，}&{n=1}\\{{2}^{n}，}&{n≥2}\end{array}\right.$．
∴c₁+c₂+…+c₂₀₁₅=4+2²+2³+…+2²⁰¹⁵
=4+$\frac{4（1-{2}^{2014}）}{1-2}$
=2²⁰¹⁶；
（3）證明：對(duì)于給定的n∈N^*，假設(shè)存在k、t≠n（k、t∈N^*），使得b_n=b_k•b_t，
∵b_n=$\frac{n+1}{n}$，
∴只需$\frac{n+1}{n}$=$\frac{k+1}{k}$•$\frac{t+1}{t}$，
即1+$\frac{1}{n}$=（1+$\frac{1}{k}$）（1+$\frac{1}{t}$），
即$\frac{1}{n}$=$\frac{1}{k}$+$\frac{1}{t}$+$\frac{1}{k}$•$\frac{1}{t}$，
即kt=nt+nk+n，t=$\frac{n（k+1）}{k-n}$，
取k=n+1，則t=n（n+2），
∴對(duì)數(shù)列{b_n}中的任意一項(xiàng)b_n=$\frac{n+1}{n}$，都存在b_n+1=$\frac{n+2}{n+1}$和$_{{n}^{2}+2n}$=$\frac{{n}^{2}+2n+1}{{n}^{2}+2n}$使得b_n=b_n+1•$_{{n}^{2}+2n}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)及前n項(xiàng)和，考查運(yùn)算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．