Question

3．已知數(shù)列{a_n}的各項均為正數(shù)，且a₁=1，對任意的n∈N^*，均有a_n+1²-1=4a_n（a_n+1），b_n=2log₂（1+a_n）-1．
（1）求證：{1+a_n}是等比數(shù)列，并求出{a_n}的通項公式；
（2）若數(shù)列{b_n}中去掉{a_n}的項后，余下的項組成數(shù)列{c_n}，求c₁+c₂+…+c₁₀₀；
（3）設(shè)d_n=$\frac{1}{_{n}•_{n+1}}$，數(shù)列{d_n}的前n項和為T_n，是否存在正整數(shù)m（1＜m＜n），使得T₁、T_m、T_n成等比數(shù)列，若存在，求出m的值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）對任意的n∈N^*，均有a_n+1²-1=4a_n（a_n+1），可得a_n+1²=$（2{a}_{n}+1）^{2}$，又數(shù)列{a_n}的各項均為正數(shù)，
可得a_n+1=2a_n+1，變形為a_n+1+1=2（a_n+1），即可證明．
（2）b_n=2log₂（1+a_n）-1=2n-1．由n=7時，a₇=127；n=8時，a₈=255＞213=b₁₀₇．可得c₁+c₂+…+c₁₀₀=b₁+b₂+…+b₁₀₆+b₁₀₇（a₁+…+a₆+a₇）即可得出．
（3）d_n=$\frac{1}{_{n}•_{n+1}}$=$\frac{1}{（2n-1）（2n+1）}$=$\frac{1}{2}（\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）$，可得數(shù)列{d_n}的前n項和為T_n=$\frac{n}{2n+1}$．假設(shè)存在正整數(shù)m（1＜m＜n），使得T₁、T_m、T_n成等比數(shù)列，則${T}_{m}^{2}$=T₁T_n，即$（\frac{m}{2m+1}）^{2}$=$\frac{1}{3}×$$\frac{n}{2n+1}$，即$\frac{3}{n}$=$\frac{-2{m}^{2}+4m+1}{{m}^{2}}$＞0，解出即可判斷出結(jié)論．

解答 （1）證明：∵對任意的n∈N^*，均有a_n+1²-1=4a_n（a_n+1），
∴a_n+1²=$（2{a}_{n}+1）^{2}$，又數(shù)列{a_n}的各項均為正數(shù)，
∴a_n+1=2a_n+1，變形為a_n+1+1=2（a_n+1），
∴{1+a_n}是等比數(shù)列，公比為2，首項為2，
∴1+a_n=2ⁿ，即a_n=2ⁿ-1．
（2）解：b_n=2log₂（1+a_n）-1=2n-1．
∵n=7時，a₇=127；n=8時，a₈=255＞213=b₁₀₇．
∴c₁+c₂+…+c₁₀₀=b₁+b₂+…+b₁₀₆+b₁₀₇（a₁+…+a₆+a₇）
=$\frac{107×（1+2×107-1）}{2}$-$\frac{2×（{2}^{7}-1）}{2-1}$+7
=11449-256+9=11202．
（3）解：d_n=$\frac{1}{_{n}•_{n+1}}$=$\frac{1}{（2n-1）（2n+1）}$=$\frac{1}{2}（\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）$，
∴數(shù)列{d_n}的前n項和為T_n=$\frac{1}{2}[（1-\frac{1}{3}）+（\frac{1}{3}-\frac{1}{5}）$+…+$（\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）]$
=$\frac{1}{2}（1-\frac{1}{2n+1}）$
=$\frac{n}{2n+1}$．
假設(shè)存在正整數(shù)m（1＜m＜n），使得T₁、T_m、T_n成等比數(shù)列，
則${T}_{m}^{2}$=T₁T_n，即$（\frac{m}{2m+1}）^{2}$=$\frac{1}{3}×$$\frac{n}{2n+1}$，
即$\frac{3}{n}$=$\frac{-2{m}^{2}+4m+1}{{m}^{2}}$＞0，
即2m²-4m-1＜0，解得1-$\frac{\sqrt{6}}{2}$＜m＜1+$\frac{\sqrt{6}}{2}$．
∵m是正整數(shù)且m＞1，
∴m=2，此時n=12當且僅當m=2，n=12時，T₁、T_m、T_n成等比數(shù)列．

點評 本題考查了等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項公式及其求和公式、“裂項求和”方法、不等式的解法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．