Question

8．公差不為零的等差數(shù)列{a_n}中，a₁，a₂，a₅成等比數(shù)列，且該數(shù)列的前10項(xiàng)和為100，數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為S_n，且滿足${S_n}=2{b_n}-1，\;\;n∈{N^*}$．
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}，{b_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）令${c_n}=\frac{{1+{a_n}}}{{4{b_n}}}$，數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和為T_n，求T_n的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通過等差數(shù)列{a_n}的公差d≠0，利用$（{a}_{1}+d）^{2}$=a₁（a₁+4d）可知d=2a₁，通過a₁+（a₁+99d）=2計(jì)算可知a_n=$\frac{2n-1}{100}$；通過在${S_n}=2{b_n}-1，\;\;n∈{N^*}$中令n=1可知首項(xiàng)b₁=1，當(dāng)n≥2時(shí)利用b_n=S_n-S_n-1化簡可知b_n=2b_n-1，進(jìn)而可知b_n=2^n-1；
（Ⅱ）通過（I）可知c_n=$\frac{1}{100}$•$\frac{n}{{2}^{n}}$+$\frac{99}{200}$•$\frac{1}{{2}^{n}}$，利用錯(cuò)位相減法計(jì)算可知數(shù)列{$\frac{n}{{2}^{n}}$}的前n項(xiàng)和，利用等比數(shù)列的求和公式計(jì)算可知數(shù)列{$\frac{1}{{2}^{n}}$}的前n項(xiàng)和，進(jìn)而可知T_n=$\frac{103}{200}$-$\frac{1}{200}$•$\frac{2n+103}{{2}^{n}}$，通過函數(shù)f（x）=$\frac{2x+103}{{2}^{x}}$（x＞0）的單調(diào)性計(jì)算即得結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）依題意，等差數(shù)列{a_n}的公差d≠0，
∵a₁，a₂，a₅成等比數(shù)列，
∴${{a}_{2}}^{2}$=a₁•a₅，即$（{a}_{1}+d）^{2}$=a₁（a₁+4d），
整理得：d²=2da₁，即d=2a₁，
又∵等差數(shù)列{a_n}的前10項(xiàng)和為100，
∴$\frac{100（{a}_{1}+{a}_{100}）}{2}$=100，即a₁+（a₁+99d）=2，
整理得：a₁=$\frac{1}{100}$，d=$\frac{1}{50}$，
∴a_n=$\frac{1}{100}$+$\frac{1}{50}$（n-1）=$\frac{2n-1}{100}$；
∵${S_n}=2{b_n}-1，\;\;n∈{N^*}$，
∴b₁=2b₁-1，即b₁=1，
當(dāng)n≥2時(shí)，b_n=S_n-S_n-1=（2b_n-1）-（2b_n-1-1）=2b_n-2b_n-1，即b_n=2b_n-1，
∴數(shù)列{b_n}是首項(xiàng)為1、公比為2的等比數(shù)列，
∴b_n=2^n-1；
（Ⅱ）由（I）可知${c_n}=\frac{{1+{a_n}}}{{4{b_n}}}$=$\frac{1+\frac{2n-1}{100}}{4•{2}^{n-1}}$=$\frac{1}{200}$•$\frac{2n+99}{{2}^{n}}$=$\frac{1}{100}$•$\frac{n}{{2}^{n}}$+$\frac{99}{200}$•$\frac{1}{{2}^{n}}$，
記數(shù)列{$\frac{n}{{2}^{n}}$}的前n項(xiàng)和為P_n，數(shù)列{$\frac{1}{{2}^{n}}$}的前n項(xiàng)和為Q_n，則
Q_n=$\frac{1}{2}$•$\frac{1-\frac{1}{{2}^{n}}}{1-\frac{1}{2}}$=1-$\frac{1}{{2}^{n}}$，
∵P_n=1•$\frac{1}{2}$+2•$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+n•$\frac{1}{{2}^{n}}$，$\frac{1}{2}$P_n=1•$\frac{1}{{2}^{2}}$+2•$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+（n-1）•$\frac{1}{{2}^{n}}$+n•$\frac{1}{{2}^{n+1}}$，
∴$\frac{1}{2}$P_n=$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}}$-n•$\frac{1}{{2}^{n+1}}$，
∴P_n=1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n-1}}$-n•$\frac{1}{{2}^{n}}$
=$\frac{1-\frac{1}{{2}^{n}}}{1-\frac{1}{2}}$-n•$\frac{1}{{2}^{n}}$
=2-$\frac{1}{{2}^{n-1}}$-n•$\frac{1}{{2}^{n}}$
=2-（n+2）•$\frac{1}{{2}^{n}}$，
∴T_n=$\frac{1}{100}$•P_n+$\frac{99}{200}$•Q_n
=$\frac{1}{100}$•[2-（n+2）•$\frac{1}{{2}^{n}}$]+$\frac{99}{200}$•（1-$\frac{1}{{2}^{n}}$）
=$\frac{103}{200}$-$\frac{1}{200}$•$\frac{2n+103}{{2}^{n}}$，
記f（x）=$\frac{2x+103}{{2}^{x}}$，則f′（x）=$\frac{{2}^{x+1}-（2x+103）ln2•{2}^{x}}{{4}^{x}}$＜0，
故數(shù)列{$\frac{2n+103}{{2}^{n}}$}隨著n的增大而減小，
又∵T₁=$\frac{101}{400}$，$\underset{lim}{n→∞}$T_n=$\frac{103}{200}$，
∴$\frac{101}{400}$≤T_n＜$\frac{103}{200}$．

點(diǎn)評 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)及前n項(xiàng)和，考查運(yùn)算求解能力，考查錯(cuò)位相減法，考查數(shù)列的單調(diào)性，注意解題方法的積累，屬于中檔題．