Question

9．已知數(shù)列{a_n}是公差為d的等差數(shù)列；
（1）若a₁+1，a₃+3，a₅+5構(gòu)成等比數(shù)列，求d的值；
（2）在（1）題條件下，若a₁=3，設(shè)b_n=a_n•（$\frac{1}{2}$）ⁿ，數(shù)列{b_n}前n項(xiàng)和為S_n，求證：$\frac{3}{2}$≤S_n≤$\frac{17}{8}$．

Answer 1

分析 （1）a₁+1，a₃+3，a₅+5構(gòu)成等比數(shù)列，可得$（{a}_{3}+3）^{2}$=（a₁+1）（a₅+5），即$（{a}_{1}+2d+3）^{2}$=（a₁+1）（a₁+4d+5），解得d．
（2）a_n=3-（n-1）=4-n，b_n=a_n•（$\frac{1}{2}$）ⁿ=（4-n）$•（\frac{1}{2}）^{n}$，利用“錯(cuò)位相減法”與等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式即可得出S_n．再利用數(shù)列的單調(diào)性即可得出．

解答 （1）解：∵a₁+1，a₃+3，a₅+5構(gòu)成等比數(shù)列，∴$（{a}_{3}+3）^{2}$=（a₁+1）（a₅+5），
∴$（{a}_{1}+2d+3）^{2}$=（a₁+1）（a₁+4d+5），化為（d+1）²=0，解得d=-1．
（2）證明：a_n=3-（n-1）=4-n，
∴b_n=a_n•（$\frac{1}{2}$）ⁿ=（4-n）$•（\frac{1}{2}）^{n}$，
∴S_n=$3×\frac{1}{2}$+2×$（\frac{1}{2}）^{2}$+…+$（4-n）•（\frac{1}{2}）^{n}$，
$\frac{1}{2}{S}_{n}$=$3×（\frac{1}{2}）^{2}$+2×$（\frac{1}{2}）^{3}$+…+（5-n）$•（\frac{1}{2}）^{n}$+（4-n）•$（\frac{1}{2}）^{n+1}$，
∴$\frac{1}{2}{S}_{n}$=$3×\frac{1}{2}$-$[（\frac{1}{2}）^{2}+（\frac{1}{2}）^{3}+…+（\frac{1}{2}）^{n}]$-（4-n）•$（\frac{1}{2}）^{n+1}$=$\frac{3}{2}$-$\frac{\frac{1}{4}[1-（\frac{1}{2}）^{n-1}]}{1-\frac{1}{2}}$-（4-n）•$（\frac{1}{2}）^{n+1}$=1+（n-2）×$（\frac{1}{2}）^{n+1}$，
∴S_n=2+（n-2）×$（\frac{1}{2}）^{n}$．∵S_n+1-S_n=$（2+\frac{n-1}{{2}^{n+1}}）$-$（2+\frac{n-2}{{2}^{n}}）$=$\frac{3-n}{{2}^{n+1}}$，
∴當(dāng)1≤n≤3時(shí)，數(shù)列{S_n}是單調(diào)遞增數(shù)列，當(dāng)n≥4時(shí)，數(shù)列{S_n}是單調(diào)遞減數(shù)列．
即S₁＜S₂＜S₃=S₄＞S₅＞S₆…，
又$\frac{3}{2}$=S₁＜S₂=2，且n≥3，S_n＞2．
∴S_n的最小值為$\frac{3}{2}$；當(dāng)n=3或4時(shí)，S_n的最大值為$\frac{17}{8}$．
故：$\frac{3}{2}$≤S_n≤$\frac{17}{8}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項(xiàng)公式及其前n項(xiàng)和公式、“錯(cuò)位相減法”、數(shù)列的單調(diào)性，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．