Question

5．已知数列{a_n}共有2k（k≥2，k∈Z）项，a₁=1，前n项和为S_n，前n项乘积为T_n，且a_n+1=（a-1）S_n+2（n=1，2，…，2k-1），其中a=2${\;}^{\frac{2}{2k-1}}$，数列{b_n}满足b_n=log₂$\root{n}{{T}_{n}}$，
（Ⅰ）求数列{b_n}的通项公式；
（Ⅱ）若|b₁-$\frac{3}{2}$|+|b₂-$\frac{3}{2}$|+…+|b_2k-1-$\frac{3}{2}$|+|b_2k-$\frac{3}{2}$|≤$\frac{3}{2}$，求k的值．

Answer 1

分析 （1）由已知条件推导出a_n+1-a_n=（a-1）a_n，从而${a}_{n}=2{a}^{n-1}$，由此能求出数列{b_n}的通项公式．
（2）令${b}_{n}≤\frac{3}{2}$，当n≤k时，${b}_{n}＜\frac{3}{2}$，当n≥k+1时，${b}_{n}＞\frac{3}{2}$，由此能求出k的值．

解答 （本小题满分13分）
解：（1）当n=1时，a₂=2a，则$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}=a$；
当2≤n≤2k-1时，a_n+1=（a-1）S_n+2，a_n=（a-1）S_n-1+2，
所以a_n+1-a_n=（a-1）a_n，故$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$=a，即数列{a_n}是等比数列，${a}_{n}=2{a}^{n-1}$，
∴T_n=a₁×a₂×…×a_n=2ⁿa^{1+2+…+（n-1）}=${2}^{n+\frac{n（n-1）}{2k-1}}$，
b_n=$\frac{1}{n}[n+\frac{n（n-1）}{2k-1}]$=$\frac{n-1}{2k-1}+1$．…（7分）
（2）令${b}_{n}≤\frac{3}{2}$，则n≤k+$\frac{1}{2}$，又n∈N^*，故当n≤k时，${b}_{n}＜\frac{3}{2}$，
当n≥k+1时，${b}_{n}＞\frac{3}{2}$．…（8分）
|b₁-$\frac{3}{2}$|+|b₂-$\frac{3}{2}$|+…+|b_2k-1-$\frac{3}{2}$|+|b_2k-$\frac{3}{2}$|
=$（\frac{3}{2}-{b}_{1}）+（\frac{3}{2}-{b}_{2}）+…+（{\frac{3}{2}-{b}_{k}}_{\;}）$+（${b}_{k+1}-\frac{3}{2}$）+…+（${b}_{2k}-\frac{3}{2}$）…（10分）
=（_k+1+…+b_2k）-（b₁+…+b_k）
=[$\frac{\frac{1}{2}（k+2k-1）k}{2k-1}$+k]-[$\frac{\frac{1}{2}（0+k-1）k}{2k-1}+k$]
=$\frac{{k}^{2}}{2k-1}$，
由$\frac{{k}^{2}}{2k-1}≤\frac{3}{2}$，得2k²-6k+3≤0，解得$\frac{3-\sqrt{3}}{2}≤k≤\frac{3+\sqrt{3}}{2}$，…（12分）
又k≥2，且k∈N^*，所以k=2．…（13分）

点评 本题考查数列的通项公式的求法，考查满足条件的实数值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意等比数列的性质和构造法的合理运用．