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18.设等比数列{an}的前n项和为Sn,已知an+1=2Sn+2(n∈N*
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)在an与an+1之间插入n个数,使这n+2个数组成一个公差为dn的等差数列,
①在数列{dn}中是否存在三项dm,dk,dp(其中m,k,p成等差数列)成等比数列?若存在,求出这样的三项,若不存在,说明理由;
②记Tn=$\frac{1}{d_1}+\frac{1}{d_2}+\frac{1}{d_3}+…+\frac{1}{d_n}(n∈{N^*})$,求满足Tn≤$\frac{3}{4}$的n值.

分析 (1)通过${a_{n+1}}=2{S_n}+2(n∈{N^*})$与${a_n}=2{S_{n-1}}+2(n∈{N^*},n≥2)$作差可知${a_{n+1}}=3{a_n}(n∈{N^*},n≥2)$,进而可得结论;
(2)由(1)及an+1=an+(n+2-1)dn可知${d_n}=\frac{{4•{3^{n-1}}}}{n+1}$.①假设命题成立可知${({d_k})^2}={d_m}{d_p}$,利用m+p=2k可化简为k2=mp,得出矛盾;②利用错位相减法计算即得结论.

解答 解:(1)∵${a_{n+1}}=2{S_n}+2(n∈{N^*})$,
∴${a_n}=2{S_{n-1}}+2(n∈{N^*},n≥2)$,
两式相减:${a_{n+1}}=3{a_n}(n∈{N^*},n≥2)$.
又∵a2=2a1+2,
∴a2=2a1+2=3a1,解得a1=2,
∴${a_n}=2•{3^{n-1}}$;
(2)由(1)可知${a_n}=2•{3^{n-1}}$,${a_{n+1}}=2•{3^n}$,
∵an+1=an+(n+2-1)dn
∴${d_n}=\frac{{4•{3^{n-1}}}}{n+1}$.
①结论:在数列{dn}中不存在三项dm,dk,dp(其中m,k,p成等差数列)成等比数列.
理由如下:
假设在数列{dn}中存在三项dm,dk,dp(其中m,k,p成等差数列)成等比数列,
则:${({d_k})^2}={d_m}{d_p}$,
即:${({\frac{{4•{3^{k-1}}}}{k+1}})^2}=\frac{{4•{3^{m-1}}}}{m+1}•\frac{{4•{3^{p-1}}}}{p+1}$,$\frac{{16•{3^{2k-2}}}}{{{{({k+1})}^2}}}=\frac{{16•{3^{m+p-2}}}}{{({m+1})•({p+1})}}$(*)  
∵m,k,p成等差数列,
∴m+p=2k,
∴(*)可以化简为所以(k+1)2=(m+1)(p+1),
即:k2=mp,
故k=m=p,这与题设矛盾,
所以在数列{dn}中不存在三项dm,dk,dp(其中m,k,p成等差数列)成等比数列;
②∵${d_n}=\frac{{4•{3^{n-1}}}}{n+1}$,
∴${T_n}=\frac{2}{{4•{3^0}}}+\frac{3}{{4•{3^1}}}+\frac{4}{{4•{3^2}}}+…+\frac{n+1}{{4•{3^{n-1}}}}$,
$\frac{1}{3}{T_n}=\frac{2}{{4•3{\;}^1}}+\frac{3}{{4•{3^2}}}+\frac{4}{{4•{3^3}}}+…+\frac{n+1}{{4•{3^n}}}$,
两式相减得:$\frac{2}{3}$Tn=$\frac{2}{4•{3}^{0}}$+$\frac{1}{4•{3}^{1}}$+$\frac{1}{4•{3}^{2}}$+…+$\frac{1}{4•{3}^{n-1}}$-$\frac{n+1}{4•{3}^{n}}$
=$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{4}$•$\frac{\frac{1}{3}(1-\frac{1}{{3}^{n-1}})}{1-\frac{1}{3}}$-$\frac{n+1}{4•{3}^{n}}$
=$\frac{5}{8}$-$\frac{2n+5}{8•{3}^{n}}$,
∴${T_n}=\frac{15}{16}-\frac{3(2n+5)}{{16•{3^n}}}$,
∵${T_{n+1}}-{T_n}=\frac{12n+24}{{16•{3^{n+1}}}}>0$,
∴数列{Tn}单调递增,
而${T_1}=\frac{1}{2},{T_2}=\frac{3}{4}$,
∴满足题意的n的集合为{1,2}.

点评 本题考查数列的通项及前n项和,考查运算求解能力,注意解题方法的积累,属于中档题.

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