Question

14．已知S_n是等比數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和，S₂，S₈，S₅成等差數(shù)列
（1）求證：a₁，a₇，a₄成等差數(shù)列
（2）若{b_n}是等差數(shù)列，且b₁=a₁=1，b₂=$\frac{1}{2{a}_{7}}$，求數(shù)列{|a_n|³•b_n}的前n項(xiàng)和T_n．

Answer 1

分析 （1）設(shè)等比數(shù)列{a_n}的公比為q，然后分q=1和q≠1結(jié)合已知即可證明a₁，a₇，a₄成等差數(shù)列；
（2）由（1）求出等比數(shù)列的公比，再由已知求得等差數(shù)列的公差，進(jìn)一步求出數(shù)列{|a_n|³•b_n}的通項(xiàng)，再由錯(cuò)位相減法求得數(shù)列{|a_n|³•b_n}的前n項(xiàng)和T_n．

解答 （1）證明：設(shè)等比數(shù)列{a_n}的公比為q，
當(dāng)q=1時(shí)，2S₈=2×8a₁=16a₁，S₂+S₅=2a₁+5a₁=7a₁，
由于a₁≠0，故16a₁≠7a₁，即2S₈≠S₂+S₅，與已知矛盾；
當(dāng)q≠1時(shí)，由已知得$2•\frac{{{a_1}（1-{q^8}）}}{1-q}=\frac{{{a_1}（1-{q^2}）}}{1-q}+\frac{{{a_1}（1-{q^5}）}}{1-q}$，
整理得2（1-q⁸）=1-q²+1-q⁵，
化簡(jiǎn)為2q⁸=q²+q⁵，
由于q≠0，故可化簡(jiǎn)為2q⁶=q³+1．
∵$2{a_7}=2{a_1}{q^6}={a_1}（1+{q^3}）={a_1}+{a_1}{q^3}={a_1}+{a_4}$，
∴a₁，a₇，a₄成等差數(shù)列．
（2）解：由（1）得，2q⁶=q³+1，解得${q^3}=-\frac{1}{2}$或1（舍）．
∵b₁=a₁=1，∴b₂=$\frac{1}{{2{a_7}}}=\frac{1}{{2{a_1}{q^6}}}=2$．
∴等差數(shù)列{b_n}是以1為首項(xiàng)，1為公差的等差數(shù)列，
∴b_n=1+（n-1）×1=n．
又$|{a}_{n}{|}^{3}=|{a}_{1}•{q}^{n-1}|=|{a}_{1}•（{q}^{3}）^{n-1}|$=|$1•（-\frac{1}{2}）^{n-1}$|=$（\frac{1}{2}）^{n-1}$，
∴$|{a}_{n}{|}^{3}•_{n}$=$n•（\frac{1}{2}）^{n-1}$．
∴${T_n}=1•{（\frac{1}{2}）^0}+2•{（\frac{1}{2}）^1}+3•{（\frac{1}{2}）^2}+$…$+（n-1）•（\frac{1}{2}）^{n-2}+n•（\frac{1}{2}）^{n-1}$，
于是$\frac{1}{2}{T_n}=1•（\frac{1}{2}）+2•{（\frac{1}{2}）^2}+3•{（\frac{1}{2}）^3}+$…$+（n-1）•（n-1）^{n-1}+n•（\frac{1}{2}）^{n}$，
∴${T_n}-\frac{1}{2}{T_n}=1+\frac{1}{2}+{（\frac{1}{2}）^2}+$…$+{（\frac{1}{2}）^{n-1}}-n•{（\frac{1}{2}）^n}$，
即$\frac{1}{2}{T_n}=\frac{{1-{{（\frac{1}{2}）}^n}}}{{1-\frac{1}{2}}}-n•{（\frac{1}{2}）^n}=2[1-{（\frac{1}{2}）^n}]-n•{（\frac{1}{2}）^n}=2-（2+n）•{（\frac{1}{2}）^n}$，
∴${T_n}=4-（2n+4）•{（\frac{1}{2}）^n}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列遞推式，考查了等差關(guān)系的確定，訓(xùn)練了錯(cuò)位相減法求數(shù)列的前n項(xiàng)和，是中檔題．