Question

9．已知等比數列{a_n}中，a₁=2，a_n＞0，函數f（x）=x（x-a₁）（x-a₂）…（x-a₈），且f′（0）=2³⁶
（Ⅰ）求數列{a_n}的通項公式；
（Ⅱ）設數列{b_n}的前n項和為T_n，b₁=1，點（T_n+1，T_n）在直線-=上，若存在n∈N₊，使不等式$\frac{2{b}_{1}}{{a}_{1}}$+$\frac{2{b}_{2}}{{a}_{2}}$+…+$\frac{2{b}_{n}}{{a}_{n}}$≥m成立，求實數m的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）記g（x）=（x-a₁）（x-a₂），則f（x）=xg（x），f′（x）=g（x）+xg′（x），推導出${a}_{1}{a}_{8}={2}^{9}$，由此能求出數列{a_n}的通項公式．
（Ⅱ）由題意得：$\frac{{T}_{n+1}}{n+1}$-$\frac{{T}_{n}}{n}$=$\frac{1}{2}$，從而{$\frac{{T}_{n}}{n}$}成等差數列，求出T_n=$\frac{n（n+1）}{2}$，進而得到b_n=n．$\frac{2{b}_{n}}{{a}_{n}}$=n•（$\frac{1}{2}$）^n-1，由此利用錯位相減法能求出實數m的最大值．

解答 解：（Ⅰ）依題意，記g（x）=（x-a₁）（x-a₂），
則f（x）=xg（x），f′（x）=g（x）+xg′（x），
f′（0）=g（0）=a₁×a₂×…×a₈=（a₁a₈）（a₂a₇）（a₃a₆）（a₄a₅）=（a₁a₈）⁴=2³⁶，
又a_n＞0，∴${a}_{1}{a}_{8}={2}^{9}$，
又a₁=2，∴${a}_{8}={2}^{8}$=2q⁷，解得q=2，
從而${a}_{n}={2}^{n}$．
（Ⅱ）由題意得：$\frac{{T}_{n+1}}{n+1}$-$\frac{{T}_{n}}{n}$=$\frac{1}{2}$，∴{$\frac{{T}_{n}}{n}$}成等差數列，公差為$\frac{1}{2}$．首項$\frac{{T}_{1}}{1}$=$\frac{{b}_{1}}{1}$=1，
∴$\frac{{T}_{n}}{n}$=1+（n-1）$•\frac{1}{2}$=$\frac{n+1}{2}$，T_n=$\frac{n（n+1）}{2}$，
當n≥2時，b_n=T_n-T_n-1=$\frac{n（n+1）}{2}-\frac{n（n-1）}{2}$=n，
當n=1時，b₁=1成立，∴b_n=n．
∴$\frac{2{b}_{n}}{{a}_{n}}$=$\frac{2n}{{2}^{n}}$=$\frac{n}{{2}^{n-1}}$=n•（$\frac{1}{2}$）^n-1，
令M_n=$\frac{2{b}_{1}}{{a}_{1}}+\frac{2{b}_{2}}{{a}_{2}}+…+\frac{2{b}_{n}}{{a}_{n}}$，只需（M_n）_max＞m．
∴M_n=1+2×$\frac{1}{2}$+3×（$\frac{1}{2}$）²+…+n×（$\frac{1}{2}$）^n-1，①
$\frac{1}{2}$M_n=$\frac{1}{2}$+2×（$\frac{1}{2}$）²+3×（$\frac{1}{2}$）³+…+n×（$\frac{1}{2}$）ⁿ，②
①-②，得：$\frac{1}{2}$M_n=1+$\frac{1}{2}+（\frac{1}{2}）^{2}+（\frac{1}{2}）^{3}$+…+（$\frac{1}{2}$）^n-1-$n×（\frac{1}{2}）^{n}$
=$\frac{1-（\frac{1}{2}）^{n}}{1-\frac{1}{2}}$-n×（$\frac{1}{2}$）ⁿ
=2-（n+2）•（$\frac{1}{2}$）ⁿ．
∴M_n=4-（n+2）（$\frac{1}{2}$）^n-1．
∵M_n+1-M_n=4-（n+3）•（$\frac{1}{2}$）ⁿ-4+（n+2）•（$\frac{1}{2}$）^n-1=$\frac{n+1}{{2}^{n}}$＞0，
∴{M_n}為遞增數列，且（n+2）（$\frac{1}{2}$）^n-1＞0，
∴M_n＜4，
∴m≤4，實數m的最大值為4．

點評 本題考查數列的通項公式的求法，考查實數的最大值的求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意等比數列、等差數列的性質、錯位相減法的合理運用．