Question

13．已知数列{a_n}的前n项和为S_n，且S_n=2a_n-4，（n∈N^*），数列{b_n}满足：b_n+5=2log₂a_n，（n∈N^*），数列{c_n}满足：c_n=$\frac{{b}_{n}}{{a}_{n}}$，（n∈N^*）．
（1）求数列{a_n}，{b_n}的通项a_n，b_n；
（2）求数列{c_n}的前n项和S_n；
（3）若c_n≤$\frac{1}{8}$m²+$\frac{m}{16}$-$\frac{3}{4}$对一切正整数n恒成立，求实数m的取值范围．

Answer 1

分析 （1）运用n=1，a₁=S₁；n＞1时，a_n=S_n-S_n-1，可得{a_n}的通项公式，再由对数的运算性质可得{b_n}的通项；
（2）求得c_n=$\frac{{b}_{n}}{{a}_{n}}$=$\frac{2n-3}{{2}^{n+1}}$，运用数列的求和方法：错位相减法，结合等比数列的求和公式，化简整理即可得到所求和；
（3）由题意可得（c_n）_max≤$\frac{1}{8}$m²+$\frac{m}{16}$-$\frac{3}{4}$，判断数列{c_n}的单调性，可得最大值，解二次不等式即可得到m的范围．

解答 解：（1）S_n=2a_n-4，
当n≥2时，S_n-1=2a_n-1-4，
两式相减可得，a_n=2a_n-2a_n-1，
即有$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}$=2，
则数列{a_n}是首项为4，公比q=2的等比数列．
即有a_n=4•2^n-1=2ⁿ⁺¹，
又b_n+5=2log₂a_n=2n+2，
可得b_n=2n-3；
（2）c_n=$\frac{{b}_{n}}{{a}_{n}}$=$\frac{2n-3}{{2}^{n+1}}$，
前n项和S_n=（-1）•$\frac{1}{4}$+1•$\frac{1}{8}$+3•$\frac{1}{16}$+…+（2n-5）•$\frac{1}{{2}^{n}}$+（2n-3）•（$\frac{1}{2}$）ⁿ⁺¹，--①
$\frac{1}{2}$S_n=（-1）•$\frac{1}{8}$+1•$\frac{1}{16}$+3•$\frac{1}{32}$+…+（2n-5）•（$\frac{1}{2}$）ⁿ⁺¹+（2n-3）•（$\frac{1}{2}$）ⁿ⁺²--②
①-②得：$\frac{1}{2}$S_n=-$\frac{1}{4}$+2（$\frac{1}{8}$+$\frac{1}{16}$+…+（$\frac{1}{2}$）ⁿ⁺¹）-（2n-3）•（$\frac{1}{2}$）ⁿ⁺²
=-$\frac{1}{4}$+2•$\frac{\frac{1}{8}（1-\frac{1}{{2}^{n-1}}）}{1-\frac{1}{2}}$-（2n-3）•（$\frac{1}{2}$）ⁿ⁺²=$\frac{1}{4}$-$\frac{2n+1}{{2}^{n+2}}$，
可得S_n=$\frac{1}{2}$-$\frac{2n+1}{{2}^{n+1}}$；
（3）c_n≤$\frac{1}{8}$m²+$\frac{m}{16}$-$\frac{3}{4}$对一切正整数n恒成立，
即有（c_n）_max≤$\frac{1}{8}$m²+$\frac{m}{16}$-$\frac{3}{4}$，
当n≥2时，c_n-c_n-1=$\frac{2n-3}{{2}^{n+1}}$-$\frac{2n-5}{{2}^{n}}$=$\frac{7-2n}{{2}^{n+1}}$，
当n≤3时，c_n-c_n-1＞0，即c₃＞c₂＞c₁，
当n≥4时，c_n-c_n-1＜0，即为c_n＜c_n-1，即c₃＞c₄＞c₅＞…，
则数列{a_n}中，c₃最大，即（c_n）_max=c₃=$\frac{3}{16}$，
即有$\frac{1}{8}$m²+$\frac{m}{16}$-$\frac{3}{4}$≥$\frac{3}{16}$，
解得m≥$\frac{5}{2}$或m≤-3．

点评 本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，考查数列的求和方法：错位相减法，同时考查数列不等式恒成立问题的解法，注意运用数列的单调性，属于中档题．