Question

5．在等差數(shù)列{a_n}中，首項(xiàng)a₁=1，數(shù)列{b_n}滿足b_n=（$\frac{1}{2}$）^a_n，b₁b₂b₃=$\frac{1}{64}$
（I）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）求a₁b₁+a₂b₂+…+a_nb_n＜2．

Answer 1

分析 （I）通過(guò)b₁=$\frac{1}{2}$、b₂=$\frac{1}{{2}^{1+d}}$、b₃=$\frac{1}{{2}^{1+2d}}$，利用b₁b₂b₃=$\frac{1}{64}$計(jì)算即得結(jié)論；
（Ⅱ）通過(guò)a_n=n可知a_nb_n=n•$\frac{1}{{2}^{n}}$，利用錯(cuò)位相減法計(jì)算即得結(jié)論．

解答 （I）解：設(shè)等差數(shù)列{a_n}的公差為d，
依題意，b₁=$\frac{1}{2}$，b₂=$\frac{1}{{2}^{1+d}}$，b₃=$\frac{1}{{2}^{1+2d}}$，
∵b₁b₂b₃=$\frac{1}{64}$，
∴$\frac{1}{2}$•$\frac{1}{{2}^{1+d}}$•$\frac{1}{{2}^{1+2d}}$=$\frac{1}{{2}^{6}}$，
∴1+（1+d）+（1+2d）=6，
解得：d=1，
∴a_n=1+（n-1）=n；
（Ⅱ）證明：∵a_n=n，∴b_n=$\frac{1}{{2}^{n}}$，
a_nb_n=n•$\frac{1}{{2}^{n}}$，
記T_n=a₁b₁+a₂b₂+…+a_nb_n=1•$\frac{1}{2}$+2•$\frac{1}{{2}^{2}}$+3•$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+n•$\frac{1}{{2}^{n}}$，
則$\frac{1}{2}•$T_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：$\frac{1}{2}•$T_n=$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}}$-n•$\frac{1}{{2}^{n+1}}$
=$\frac{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{2}^{n}}）}{1-\frac{1}{2}}$-n•$\frac{1}{{2}^{n+1}}$
=1-$\frac{1}{{2}^{n}}$-n•$\frac{1}{{2}^{n+1}}$，
∴T_n=2（1-$\frac{1}{{2}^{n}}$-n•$\frac{1}{{2}^{n+1}}$）=2-$\frac{1}{{2}^{n-1}}$-$\frac{n}{{2}^{n}}$，
∵2-$\frac{1}{{2}^{n-1}}$-$\frac{n}{{2}^{n}}$＜2，
∴a₁b₁+a₂b₂+…+a_nb_n＜2．

點(diǎn)評(píng) 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，注意解題方法的積累，屬于中檔題．