Question

9．（文科）定義：若各項為正實數的數列{a_n}滿足${a_{n+1}}=\sqrt{a_n}（n∈{N^*}）$，則稱數列{a_n}為“算術平方根遞推數列”．
已知數列{x_n}滿足${x_n}＞0，n∈{N^*}$，且${x_1}=\frac{9}{2}$，點（x_n+1，x_n）在二次函數f（x）=2x²+2x的圖象上．
（1）試判斷數列{2x_n+1}（n∈N^*）是否為算術平方根遞推數列？若是，請說明你的理由；
（2）記y_n=lg（2x_n+1）（n∈N^*），求證：數列{y_n}是等比數列，并求出通項公式y_n；
（3）從數列{y_n}中依據某種順序自左至右取出其中的項${y_{n_1}}，{y_{n_2}}，{y_{n_3}}，…$，把這些項重新組成一個新數列{z_n}：${z_1}={y_{n_1}}，{z_2}={y_{n_2}}，{z_3}={y_{n_3}}，…$．
 若數列{z_n}是首項為${z_1}={（\frac{1}{2}）^{m-1}}$，公比為$q=\frac{1}{2^k}（m，k∈{N^*}）$的無窮等比數列，且數列{z_n}各項的和為$\frac{1}{3}$，求正整數k、m的值．

Answer 1

分析 （1）數列{2x_n+1}（n∈N^*）是否為算術平方根遞推數列，利用點（x_n+1，x_n）在二次函數f（x）=2x²+2x的圖象上，可得x_n=2x_n+1²+2x_n+1，即可證明2x_n+1+1=$\sqrt{2{x}_{n}+1}$，從而數列{2x_n+1}（n∈N^*）是否為算術平方根遞推數列；
（2）由y_n=lg（2x_n+1），2x_n+1+1=$\sqrt{2{x}_{n}+1}$，可得y_n+1=$\frac{1}{2}$y_n，即可證明∴數列{y_n}是首項為1，公比為$\frac{1}{2}$等比數列，從而求出通項公式y_n；
（3）文：由題意可得數列{z_n}的首項為$\frac{1}{{2}^{m-1}}$，公比為$\frac{1}{{2}^{k}}$，可得$\frac{1}{{2}^{k}}$+$\frac{3}{{2}^{m-1}}$=1，再分類討論，可得正整數k、m的值．+=1，再分類討論，可得正整數k、m的值．

解答 解：（1）答：數列{2x_n+1}是算術平方根遞推數列．
理由：∵點（x_n+1，x_n）在函數f（x）=2x²+2x的圖象上，
∴${x_n}=2x_{n+1}^2+2{x_{n+1}}$，$即2{x_n}+1=4x_{n+1}^2+4{x_{n+1}}+1$，
2x_n=（2x_n+1+1）²，
又${x_n}＞0，n∈{N^*}$，
∴2x_n+1+1=$\sqrt{2{x}_{n}+1}$，
∴數列{2x_n+1}（n∈N^*）是算術平方根遞推數列．
證明（2）∵y_n=lg（2x_n+1），2x_n+1+1=$\sqrt{2{x}_{n}+1}$，（n∈N^*），
∴y_n+1=lg（2x_n+！+1）=$\frac{1}{2}$lg（2x_n+1）=$\frac{1}{2}$y_n，
∵x₁=$\frac{9}{2}$，
∴y₁=lg（2x₁+1）=1，
∴數列{y_n}是首項為y₁=1，公比q=$\frac{1}{2}$的等比數列，
∴y_n=y₁•（$\frac{1}{2}$）^n-1=$\frac{1}{{2}^{n-1}}$．
（文） （3）由題意可知，無窮等比數列{z_n}的首項${z_1}=\frac{1}{{{2^{m-1}}}}$，公比$\frac{1}{2^k}（k、m∈{N^*}且k、m為常數）$，
∴$\frac{{\frac{1}{{{2^{m-1}}}}}}{{1-\frac{1}{2^k}}}=\frac{1}{3}$．
化簡，得$\frac{1}{2^k}+\frac{3}{{{2^{m-1}}}}=1$．
若m-1≥3，則$\frac{1}{2^k}+\frac{3}{{{2^{m-1}}}}≤\frac{1}{2^k}+\frac{3}{8}≤\frac{1}{2}+\frac{3}{8}＜1$．這是矛盾！
∴m-1≤2．
又m-1=0或1時，$\frac{1}{2^k}+\frac{3}{{{2^{m-1}}}}＞1$，
∴m-1=2，即m=3．
∴$\frac{1}{2^k}=1-\frac{3}{4}，{2^k}=4，解得k=2$．
∴$\left\{\begin{array}{l}m=3\\ k=2.\end{array}\right.$．

點評 本題考查數列的新定義，考查等比數列的通項公式及性質，對數的運算性質，不等式的解法，考查學生分析解決問題的能力，屬于中檔題．