已知数列 $\left\{ {a_n} \right\}$ 和 $\left\{ {b_n} \right\}$ 满足 ${a_1}{a_2}{a_3} \cdots {a_n} = {\left(\sqrt 2 \right)^{b_n}}\left( {n \in {{\mathbb{N}}^ * }} \right)$．若 $\left\{ {a_n} \right\}$ 为等比数列，且 ${a_1} = 2$，${b_3} = 6 + {b_2}$．
【难度】
【出处】
2014年高考浙江卷（理）
【标注】
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求 ${a_n}$ 与 ${b_n}$；标注答案$ {{a}_{n}}={{2}^{n}}\left(n\in {{{\mathbb{N}}}^{*}}\right) $，$ {{b}_{n}}=n\left( n+1 \right)\left(n\in{\mathbb{ {{N}^{*}}}}\right)$．解析本题考查等差等比数列的基本量，根据题意计算即可．由 ${a_1}{a_2}{a_3} \cdots {a_n} = {\left(\sqrt 2 \right)^{b_n}}\left( {n \in {{\mathbb{N}}^ * }} \right)$ 可得\[{a_1}{a_2}{a_3} \cdots {a_{n+1}} = {\left(\sqrt 2 \right)^{b_{n+1}}},\]两式相除得\[a_{n+1}=\left(\sqrt 2\right)^{b_{n+1}-b_{n}}.\]又 $ {{b}_{3}}-{{b}_{2}}=6 $，所以\[ {{a}_{3}}={{\left( \sqrt{2} \right)}^{{{b}_{3}}-{{b}_{2}}}}=8, \]又由 $ {{a}_{1}}=2 $，得公比 $ q=2 $（$ q=-2 $ 舍去），所以数列 $ \left\{ {{a}_{n}} \right\} $ 的通项公式为\[ {{a}_{n}}={{2}^{n}}\left(n\in {{{\mathbb{N}}}^{*}}\right) ,\]所以\[ {{a}_{1}}{{a}_{2}}{{a}_{3}}\cdots {{a}_{n}}\overset{\left[a\right]}={{2}^{\frac{n\left( n+1 \right)}{2}}}\overset{\left[b\right]}={{\left( \sqrt{2} \right)}^{n\left( n+1 \right)}}, \]（推导中用到：[a][b]）故数列 $ \left\{ {{b}_{n}} \right\} $ 的通项公式为\[ {{b}_{n}}=n\left( n+1 \right)\left(n\in{\mathbb{ {{N}^{*}}}}\right). \]
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设 ${c_n} = \dfrac{1}{a_n} - \dfrac{1}{b_n}\left( {n \in {{\mathbb{N}}^ * }} \right)$．记数列 $\left\{ {c_n} \right\}$ 的前 $n$ 项和为 ${S_n}$．
（i）求 ${S_n}$；
（ii）求正整数 $k$，使得对任意 $n \in {{\mathbb{N}}^ * }$，均有 ${S_k} \geqslant {S_n}$．标注答案（i）${S_n} = \dfrac{1}{n + 1} - {\left(\dfrac{1}{2}\right)^n}$；
（ii）$k = 4$．解析本题中，求和时注意不同类型数列的分组；求数列最大项时，注意考虑数列的单调性．（i）由（1）知 ${c_n} = \dfrac{1}{2^n} - \dfrac{1}{n\left(n + 1\right)}$，
因为\[T_n=\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2^2} + \cdots + \dfrac{1}{2^n}\overset{\left[a\right]}=1 - {\left(\dfrac{1}{2}\right)^n},\]（推导中用到：[a]）\[T_n'=\dfrac{1}{1 \cdot 2} + \dfrac{1}{2 \cdot 3} + \cdots + \dfrac{1}{n\left(n + 1\right)}\overset{\left[b\right]}=1 - \dfrac{1}{n + 1}.\]（推导中用到：[a]）故\[{S_n} =T_n+T_n'= \dfrac{1}{n + 1} - {\left(\dfrac{1}{2}\right)^n}.\]（ii）若存在 $ k$ 使 ${c_k} > 0$ 且 ${c_{k + 1}} < 0$，则存在 $ {S_k}$ 对 $n \in {{\mathbb{N}}^*}$ 均有 ${S_k} \geqslant {S_n}$，
当 $n=1$ 时，$c_1=0$，$n$ 取 $2$，$3$，$4$ 时，$c_n>0$，
当 $ n\geqslant 5 $ 时，\[ c_n=\dfrac{1}{n\left(n + 1\right)}\left[\dfrac{n\left(n+1\right)}{2^n}-1\right] ,\]而\[\dfrac{n\left(n+1\right)}{2^n}-\dfrac{\left(n+1\right)\left(n+2\right)}{2^{n+1}}=\dfrac{\left(n+1\right)\left(n-2\right)}{2^{n+1}}>0 ,\]所以\[ \dfrac{n\left(n+1\right)}{2^n}\leqslant \dfrac{5\left(5+1\right)}{2^5}<1 ,\]所以，当 $ n\geqslant 5 $ 时，$ c_n<0 $．
所以，当 $k = 4$ 时，${S_k} \geqslant {S_n}$ 恒成立．
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
