Question

14．已知正項(xiàng)等差數(shù)列{a_n}的公差d為函數(shù)f（x）=x³-6x²+9x的兩極值點(diǎn)之差，且d，a₂+1，13-a₃成等比數(shù)列．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）設(shè)數(shù)列{b_n}滿足$\frac{_{1}}{{a}_{1}}$+$\frac{_{2}}{{a}_{2}}$+…+$\frac{_{n}}{{a}_{n}}$=1-$\frac{1}{{2}^{n}}$，n∈N^*，求{b_n}的前n項(xiàng)和T_n．

Answer 1

分析 （1）通過(guò)對(duì)f（x）=x³-6x²+9x求導(dǎo)可知正項(xiàng)等差數(shù)列{a_n}的公差d=3-1=2，利用d，a₂+1，13-a₃成等比數(shù)列計(jì)算可知a₂=3，通過(guò)a_n=a₂+（n-2）d計(jì)算即得結(jié)論；
（2）通過(guò)$\frac{_{1}}{{a}_{1}}$+$\frac{_{2}}{{a}_{2}}$+…+$\frac{_{n}}{{a}_{n}}$=1-$\frac{1}{{2}^{n}}$與$\frac{_{1}}{{a}_{1}}$+$\frac{_{2}}{{a}_{2}}$+…+$\frac{_{n-1}}{{a}_{n-1}}$=1-$\frac{1}{{2}^{n-1}}$（n≥2）作差可知$\frac{_{n}}{{a}_{n}}$=$\frac{1}{{2}^{n}}$，通過(guò)（1）可知b_n=（2n-1）•$\frac{1}{{2}^{n}}$，進(jìn)而利用錯(cuò)位相減法計(jì)算即得結(jié)論．

解答 解：（1）∵f（x）=x³-6x²+9x，
∴f′（x）=3x²-12x+9=3（x-1）（x-3），
令f′（x）=0，解得：x=1或x=3，
∴正項(xiàng)等差數(shù)列{a_n}的公差d=3-1=2，
又∵d，a₂+1，13-a₃成等比數(shù)列，
∴$（{a}_{2}+1）^{2}$=d（13-a₃），即$（{a}_{2}+1）^{2}$=2（11-a₂），
解得：a₂=3或a₂=-7（舍），
∴數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式a_n=a₂+（n-2）d=3+2（n-2）=2n-1；
（2）∵數(shù)列{b_n}滿足$\frac{_{1}}{{a}_{1}}$+$\frac{_{2}}{{a}_{2}}$+…+$\frac{_{n}}{{a}_{n}}$=1-$\frac{1}{{2}^{n}}$，n∈N^*，
∴$\frac{_{1}}{{a}_{1}}$+$\frac{_{2}}{{a}_{2}}$+…+$\frac{_{n-1}}{{a}_{n-1}}$=1-$\frac{1}{{2}^{n-1}}$（n≥2），
兩式相減得：$\frac{_{n}}{{a}_{n}}$=$\frac{1}{{2}^{n}}$，
∵$\frac{_{1}}{{a}_{1}}$=1-$\frac{1}{2}$滿足上式，且a_n=2n-1，
∴b_n=（2n-1）•$\frac{1}{{2}^{n}}$，
∴T_n=1•$\frac{1}{2}$+3•$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+（2n-1）•$\frac{1}{{2}^{n}}$，
$\frac{1}{2}$T_n=1•$\frac{1}{{2}^{2}}$+3•$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+（2n-3）•$\frac{1}{{2}^{n}}$+（2n-1）•$\frac{1}{{2}^{n+1}}$，
兩式錯(cuò)位相減得：$\frac{1}{2}$T_n=$\frac{1}{2}$+2（$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}}$）-（2n-1）•$\frac{1}{{2}^{n+1}}$
=$\frac{1}{2}$+2•$\frac{\frac{1}{{2}^{2}}（1-\frac{1}{{2}^{n-1}}）}{1-\frac{1}{2}}$-（2n-1）•$\frac{1}{{2}^{n+1}}$
=$\frac{3}{2}$-（2n+3）•$\frac{1}{{2}^{n+1}}$，
∴T_n=3-（2n+3）•$\frac{1}{{2}^{n}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)及前n項(xiàng)和，考查錯(cuò)位相減法，注意解題方法的積累，屬于中檔題．