Question

已知有窮數(shù)列{a_n}共有2k項(xiàng)（整數(shù)k≥2），首項(xiàng)a₁=2，設(shè)該數(shù)列的前n項(xiàng)和為S_n，且S_n=

an+1-2

a-1

（n=1，2，3，…，2k-1），其中常數(shù)a＞1．
（1）求{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）若a=2

2

2k-1

，數(shù)列{b_n}滿足b_n=

1

n

log2(a1a2…an)，（n=1，2，3，…，2k），求證：1≤b_n≤2；
（3）若（2）中數(shù)列{b_n}滿足不等式：|b₁-

3

2

|+|b2-

3

2

|+…+|b2k-1-

3

2

|+|b2k-

3

2

|≤4，求k的最大值．

Answer 1

分析：（1）要根據(jù)Sn與an的固有關(guān)系a_n=

s1    n=1 sn-sn-1    n≥2

，得出a_n+2=a•a _n+1，再考慮

a2

a1

的值，判定{a_n}的性質(zhì)去求解．
（2）首先利用（1）的結(jié)論和條件獲得a_n的表達(dá)式，然后對(duì)a₁a_2…a_n進(jìn)行化簡(jiǎn)，結(jié)合對(duì)數(shù)運(yùn)算即可獲得數(shù)列{b_n}的通項(xiàng)公式；
（3）首先利用分類討論對(duì) bn與

3

2

的大小進(jìn)行判斷，然后對(duì)所給不等式去絕對(duì)值，即可找到關(guān)于k的不等式，進(jìn)而問(wèn)題即可獲得解答．

解答：解：（1）S_n=

an+1-2

a-1

①，S _n+1=

an+2-2

a-1

②
②-①得，S _n+1-S_n=a _n+1=

an+2-an+1

a-1

化簡(jiǎn)整理得，a_n+2=a•a_n+1，

an+2

an+1

=a（  n≥1）
又由已知a₁=S₁=

a2- 2

a-1

，整理得出a₂=a•a₁
∴數(shù)列{a_n}是以a為公比，以2為首項(xiàng)的等比數(shù)列，
通項(xiàng)公式為a_n=2×a ^n-1．

（2）由（1）得a_n=2a^n-1，
∴a₁a₂a_n=2ⁿa^{1+2+…+（n-1）}=2ⁿa

n(n-1)

2

=2n+

n(n-1)

2k-1

，
b_n=

1

n

[n+

n(n-1)

2k-1

]=

n-1

2k-1

+1（n=1，2，…，2k）．
∵2k-1≥n-1
∴0 ≤

n-1

2k-1

≤ 1
   即1≤b_n≤2；

（3）設(shè)b_n≤

3

2

，解得n≤k+

1

2

，又n是正整數(shù)，于是當(dāng)n≤k時(shí)，b_n＜

3

2

；
當(dāng)n≥k+1時(shí)，b_n＞

3

2

．
原式=（

3

2

-b₁）+（

3

2

-b₂）+…+（

3

2

-b_k）+（b_k+1-

3

2

）+…+（b_2k-

3

2

）
=（b_k+1+…+b_2k）-（b₁+…+b_k）
=[

1 2 (k+2k-1)k

2k-1

+k]-[

1 2 (0+k-1)k

2k-1

+k]=

k2

2k-1

．
當(dāng)

k2

2k-1

≤4，得k²-8k+4≤0，4-2

3

≤k≤4+2

3

，又k≥2，
∴當(dāng)k=2，3，4，5，6，7時(shí)，原不等式成立．
k的最大值為7．

點(diǎn)評(píng)：本題考查的是數(shù)列與不等式的綜合類問(wèn)題．在解答的過(guò)程當(dāng)中充分體現(xiàn)了分類討論的思想、對(duì)數(shù)運(yùn)算的知識(shí)以及絕對(duì)值和解不等式的知識(shí)．值得同學(xué)們體會(huì)和反思．