Question

1．在數列{a_n}中，a₁+2a₂++2²a₃+…2^n-1a_n=（n•2ⁿ-2ⁿ+1）t對任意n∈N^*成立，其中常數t＞0．若關于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^*}，則實數m的取值范圍是[$\frac{7}{8}$，$\frac{15}{16}$）．

Answer 1

分析 由已知等式，再寫一式，兩式相減，即可證明數列{a^_n}的通項；關于n的不等式$\frac{1}{{a}_{2}}$+$\frac{1}{{a}_{4}}$+$\frac{1}{{a}_{8}}$+…+$\frac{1}{{a}_{{2}^{n}}}$＞$\frac{m}{{a}_{1}}$化簡為$\frac{1}{t}（1-\frac{1}{{2}^{n}}）＞\frac{m}{t}$．已知t＞0，結合函數的單調性，即可求b和c的取值范圍．

解答 解：當n≥2時，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，得a_n=nt，其中n≥2．…（5分）
因為a₁=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$\frac{1}{{a}_{2}}$+$\frac{1}{{a}_{4}}$+$\frac{1}{{a}_{8}}$+…+$\frac{1}{{a}_{{2}^{n}}}$＞$\frac{m}{{a}_{1}}$化簡為$\frac{1}{t}（1-\frac{1}{{2}^{n}}）＞\frac{m}{t}$．
當t＞0時，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^*}，
因為函數y=1-$\frac{1}{{2}^{x}}$在R上單調遞增，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，實數m的取值范圍是[$\frac{7}{8}，\frac{15}{16}$）．
故答案為：[$\frac{7}{8}，\frac{15}{16}$）．

點評 本題考查數列與不等式的綜合，考查分類討論的數學思想，考查學生分析解決問題的能力，屬于中檔題．