Question

9．已知遞減的等比數(shù)列{a_n}中，a₂，a₃是方程32x²-12x+1=0的兩根，數(shù)列{b_n}的前n項和T_n=$\frac{1}{2}$n²+$\frac{k}{2}$n（n∈N^*，k＞0），且T_n的最小值為1．
（1）求數(shù)列{a_n}和{b_n}的通項公式；
（2）求數(shù)列{a_n•b_n}的前n項和S_n．

Answer 1

分析 （1）通過對32x²-12x+1=0因式分解可知a₂=$\frac{1}{4}$、a₃=$\frac{1}{8}$，進(jìn)而可知數(shù)列{a_n}的通項公式a_n=a₂•q^n-2=$\frac{1}{{2}^{n}}$；通過T_n=$\frac{1}{2}$n²+$\frac{k}{2}$n=$\frac{1}{2}$$（n+\frac{k}{2}）^{2}$-$\frac{{k}^{2}}{8}$的最小值為1（n∈N^*，k＞0）可知k=1，利用b_n+1=T_n+1-T_n計算即得結(jié)論；
（2）通過（1）可知a_n•b_n=$\frac{1}{{2}^{n}}$•n，利用錯位相減法計算即得結(jié)論．

解答 解：（1）∵32x²-12x+1=（4x-1）（8x-1）=0，
∴a₂=$\frac{1}{4}$，a₃=$\frac{1}{8}$，（因為a₂＞a₃）
∴等比數(shù)列{a_n}的公比q=$\frac{{a}_{3}}{{a}_{2}}$=$\frac{1}{2}$，
∴數(shù)列{a_n}的通項公式a_n=a₂•q^n-2=$\frac{1}{{2}^{n}}$；
∵T_n=$\frac{1}{2}$n²+$\frac{k}{2}$n=$\frac{1}{2}$$（n+\frac{k}{2}）^{2}$-$\frac{{k}^{2}}{8}$的最小值為1（n∈N^*，k＞0），
∴T₁=1，即$\frac{1}{2}+\frac{k}{2}=1$，
∴k=1，∴T_n=$\frac{1}{2}$n²+$\frac{1}{2}$n，
∴b_n+1=T_n+1-T_n
=[$\frac{1}{2}$（n+1）²+$\frac{1}{2}$（n+1）]-（$\frac{1}{2}$n²+$\frac{1}{2}$n）
=n+1，
又∵b₁=T₁=1滿足上式，
∴數(shù)列{b_n}的通項公式b_n=n；
（2）由（1）可知a_n•b_n=$\frac{1}{{2}^{n}}$•n，
∴S_n=1•$\frac{1}{2}$+2•$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+n•$\frac{1}{{2}^{n}}$，
$\frac{1}{2}$S_n=1•$\frac{1}{{2}^{2}}$+2•$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+（n-1）•$\frac{1}{{2}^{n}}$+n•$\frac{1}{{2}^{n+1}}$，
兩式相減得：$\frac{1}{2}$S_n=$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}}$-n•$\frac{1}{{2}^{n+1}}$，
∴S_n=1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n-1}}$-n•$\frac{1}{{2}^{n}}$，
=$\frac{1-\frac{1}{{2}^{n}}}{1-\frac{1}{2}}$-n•$\frac{1}{{2}^{n}}$
=2-$\frac{n+2}{{2}^{n}}$．

點評 本題考查數(shù)列的通項，考查運算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．