Question

16．已知公差不為0的等差數(shù)列{a_n}滿足a₁=1，且a₁、a₂、a₄為等比數(shù)列{b_n}的前三項．
（1）求數(shù)列{a_n}、{b_n}的通項公式；
（2）求數(shù)列{$\frac{{a}_{n}}{_{n}_{n+1}}$}的前n項和；
（3）數(shù)列{a_nb_n}中是否有三項成等差數(shù)列，若有，請寫出一組；若沒有，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）運(yùn)用等比數(shù)列的性質(zhì)和等差數(shù)列和等比數(shù)列的通項公式，計算即可得到；
（2）運(yùn)用數(shù)列的求和方法：錯位相減法，計算即可得到；
（3）假設(shè)數(shù)列{a_nb_n}中有三項成等差數(shù)列，設(shè)為a_kb_k，a_lb_l，a_mb_m，即有2l•2^l-1=k•2^k-1+m•2^m-1，k＜l＜m，運(yùn)用數(shù)列的單調(diào)性，即可判斷．

解答 解：（1）a₁=1，且a₁、a₂、a₄為等比數(shù)列{b_n}的前三項，
設(shè)等差數(shù)列{a_n}的公差d不為0，
即有a₁a₄=a₂²，
則為1+3d=（1+d）²，
解得d=1（0舍去），
則a_n=1+n-1=n，
b_n=a₁•（$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$）^n-1=2^n-1；
（2）$\frac{{a}_{n}}{_{n}_{n+1}}$=$\frac{n}{{2}^{n}•{2}^{n-1}}$=n•（$\frac{1}{2}$）^2n-1，
前n項和T_n=1•$\frac{1}{2}$+2•$\frac{1}{8}$+3•$\frac{1}{32}$+…+n•（$\frac{1}{2}$）^2n-1，
$\frac{1}{4}$T_n=1•$\frac{1}{8}$+2•$\frac{1}{32}$+3•$\frac{1}{128}$+…+n•（$\frac{1}{2}$）²ⁿ⁺¹，
兩式相減可得$\frac{3}{4}$T_n=$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{8}$+$\frac{1}{32}$+…+（$\frac{1}{2}$）^2n-1-n•（$\frac{1}{2}$）²ⁿ⁺¹
=$\frac{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{4}^{n}}）}{1-\frac{1}{4}}$-n•（$\frac{1}{2}$）²ⁿ⁺¹
化簡可得T_n=$\frac{8}{9}$-$\frac{8+6n}{9•{4}^{n}}$；
（3）假設(shè)數(shù)列{a_nb_n}中有三項成等差數(shù)列，設(shè)為a_kb_k，a_lb_l，a_mb_m，
即有2l•2^l-1=k•2^k-1+m•2^m-1，k＜l＜m，
由于n•2^n-1遞增，且2^n-1≥n，
則k•2^k-1+m•2^m-1≥k²+m²，
由k＜l＜m，可得m²＞l²，m²＞k²，
k•2^k-1+m•2^m-1≥2k•2^k-1，
則2l•2^l-1=k•2^k-1+m•2^m-1不成立．
數(shù)列{a_nb_n}中沒有三項成等差數(shù)列．

點(diǎn)評 本題考查等差數(shù)列和等比數(shù)列的性質(zhì)、通項公式和求和公式的運(yùn)用，同時考查數(shù)列的求和方法：錯位相減法，考查運(yùn)算能力，屬于中檔題．