Question

1．在數(shù)列{a_n}中，a₁+2a₂++2²a₃+…2^n-1a_n=（n•2ⁿ-2ⁿ+1）t對(duì)任意n∈N^*成立，其中常數(shù)t＞0．若關(guān)于n的不等式$\frac{1}{{a}_{2}}$+$\frac{1}{{a}_{4}}$+$\frac{1}{{a}_{8}}$+…+$\frac{1}{{a}_{{2}^{n}}}$＞$\frac{m}{{a}_{1}}$的解集為{n|n≥4，n∈N^*}，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是[$\frac{7}{8}$，$\frac{15}{16}$）．

Answer 1

分析 由已知等式，再寫(xiě)一式，兩式相減，即可證明數(shù)列{a^_n}的通項(xiàng)；關(guān)于n的不等式$\frac{1}{{a}_{2}}$+$\frac{1}{{a}_{4}}$+$\frac{1}{{a}_{8}}$+…+$\frac{1}{{a}_{{2}^{n}}}$＞$\frac{m}{{a}_{1}}$化簡(jiǎn)為$\frac{1}{t}（1-\frac{1}{{2}^{n}}）＞\frac{m}{t}$．已知t＞0，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性，即可求b和c的取值范圍．

解答 解：當(dāng)n≥2時(shí)，a₁+2a₂++2²a₃+…2^n-1a_n=（n•2ⁿ-2ⁿ+1）t…①
得a₁+2a₂++2²a₃+…2^n-2a_n-1=[（n-1）•2^n-1-2^n-1+1）t…②
將①，②兩式相減，得 2^n-1 a_n=（n•2ⁿ-2ⁿ+1）t-[（n-1）•2^n-1-2^n-1+1]t，
化簡(jiǎn)，得a_n=nt，其中n≥2．…（5分）
因?yàn)閍₁=t，所以a_n=nt，其中n∈N^*．
∴${a}_{{2}^{n}}={2}^{n}t$．
∴$\frac{1}{{a}_{2}}$+$\frac{1}{{a}_{4}}$+$\frac{1}{{a}_{8}}$+…+$\frac{1}{{a}_{{2}^{n}}}$=$\frac{1}{2t}+\frac{1}{4t}+\frac{1}{8t}+…+\frac{1}{{2}^{n}t}$=$\frac{1}{t}×\frac{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{2}^{n}}）}{1-\frac{1}{2}}=\frac{1}{t}（1-\frac{1}{{2}^{n}}）$
又∵$\frac{1}{{a}_{1}}=\frac{1}{t}$，則關(guān)于n的不等式$\frac{1}{{a}_{2}}$+$\frac{1}{{a}_{4}}$+$\frac{1}{{a}_{8}}$+…+$\frac{1}{{a}_{{2}^{n}}}$＞$\frac{m}{{a}_{1}}$化簡(jiǎn)為$\frac{1}{t}（1-\frac{1}{{2}^{n}}）＞\frac{m}{t}$．
當(dāng)t＞0時(shí)，考察不等式為$\frac{1}{t}（1-\frac{1}{{2}^{n}}）＞\frac{m}{t}$．的解，
由題意，知不等式1-$\frac{1}{{2}^{n}}$＞m的解集為{n|n≥4，n∈N^*}，
因?yàn)楹瘮?shù)y=1-$\frac{1}{{2}^{x}}$在R上單調(diào)遞增，所以只要求1-$\frac{1}{{2}^{4}}＞m$ 且1-$\frac{1}{{2}^{3}}$≤m即可，∴$\frac{7}{8}≤m＜\frac{15}{16}$．
所以，實(shí)數(shù)m的取值范圍是[$\frac{7}{8}，\frac{15}{16}$）．
故答案為：[$\frac{7}{8}，\frac{15}{16}$）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列與不等式的綜合，考查分類(lèi)討論的數(shù)學(xué)思想，考查學(xué)生分析解決問(wèn)題的能力，屬于中檔題．