Question

9．設(shè)等差數(shù)列{a_n}的公差為d（d∈N^*），等比數(shù)列{b_n}的公比為q，若a₂，a₃，a₅分別為{b_n}的前三項(xiàng)，且d＜q．
（1）求數(shù)列{a_n}，{b_n}的通項(xiàng)公式；
（2）若數(shù)列{c_n}滿足：b₁c₁+b₂c₂+…+b_nc_n=a_n，求數(shù)列{c_na_n}的前n項(xiàng)和T_n．

Answer 1

分析 （1）設(shè)出等差數(shù)列{a_n}的首項(xiàng)，由a₂，a₃，a₅分別為{b_n}的前三項(xiàng)列式求得等差數(shù)列的首項(xiàng)，進(jìn)一步求得等比數(shù)列的公比，結(jié)合d∈N^*，且d＜q求出等差數(shù)列的公差，則等差數(shù)列和等比數(shù)列的通項(xiàng)公式可求；
（2）由b₁c₁+b₂c₂+…+b_nc_n=a_n，得b₁c₁=0，進(jìn)一步得到b_nc_n=a_n-a_n-1=1，由此求出c_n，得到
${a}_{n}{c}_{n}=\frac{n-1}{{2}^{n-1}}$，再利用錯(cuò)位相減法求數(shù)列{c_na_n}的前n項(xiàng)和T_n．

解答 解：（1）設(shè)等差數(shù)列{a_n}的首項(xiàng)為a₁，
∵a₂，a₃，a₅分別為{b_n}的前三項(xiàng)，
∴${{a}_{3}}^{2}={a}_{2}•{a}_{5}$，
即$（{a}_{1}+2d）^{2}=（{a}_{1}+d）（{a}_{1}+4d）$，
整理得：a₁d=0，
∵d∈N^*，∴a₁=0，
∴a_n=（n-1）d，
則b₁=a₂=d，b₂=a₃=2d，
∴2d=dq，q=2．
又d∈N^*，且d＜q，∴d=1，
則a_n=n-1，$_{n}={2}^{n-1}$；
（2）由b₁c₁+b₂c₂+…+b_nc_n=a_n，得b₁c₁=0，
n≥2時(shí)，b₁c₁+b₂c₂+…+b_n-1c_n-1=a_n-1，
兩式作差得：b_nc_n=a_n-a_n-1=1，
即2^n-1c_n=1，∴${c}_{n-1}=\frac{1}{{2}^{n-1}}$，
∴${a}_{n}{c}_{n}=\frac{n-1}{{2}^{n-1}}$，n=1時(shí)，此式仍然成立，
∴${a}_{n}{c}_{n}=\frac{n-1}{{2}^{n-1}}$，
則${T}_{n}=0+\frac{1}{2}+\frac{2}{{2}^{2}}+\frac{3}{{2}^{3}}+…+\frac{n-1}{{2}^{n-1}}$，
$\frac{1}{2}{T}_{n}=\frac{1}{{2}^{2}}+\frac{2}{{2}^{3}}+\frac{3}{{2}^{4}}+…+\frac{n-1}{{2}^{n}}$．
兩式作差得：$\frac{1}{2}{T}_{n}=\frac{1}{2}+\frac{1}{{2}^{2}}+…+\frac{1}{{2}^{n-1}}-\frac{n-1}{{2}^{n}}$
=$\frac{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{2}^{n-1}}）}{1-\frac{1}{2}}-\frac{n-1}{{2}^{n}}$=$1-\frac{1}{{2}^{n-1}}-\frac{n-1}{{2}^{n}}$．
∴${T}_{n}=2-\frac{n+1}{{2}^{n-1}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了等差數(shù)列和等比數(shù)列的通項(xiàng)公式，考查了錯(cuò)位相減法求數(shù)列的和，是中檔題．