Question

20．設(shè)數(shù)列{a_n}為等比數(shù)列，數(shù)列{b_n}滿足b_n=na₁+（n-1）a₂+…+2a_n-1+a_n，n∈N^*，已知b₁=m，b₂=$\frac{3m}{2}$，其中m≠0．
（1）求數(shù)列{a_n}的首項(xiàng)和公比；
（2）當(dāng)m=9時(shí)，求b_n；
（3）設(shè)S_n為數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和，若對于任意的正整數(shù)n，都有S_n∈[2，6]，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由已知中數(shù)列{a_n}為等比數(shù)列，我們只要根據(jù)b_n=na₁+（n-1）a₂+…+2a_n-1+a_n，n∈N^*，已知b₁=m，b₂=$\frac{3m}{2}$，求出a₁，a₂然后根據(jù)公比的定義，即可求出數(shù)列{a_n}的首項(xiàng)和公比．
（2）當(dāng)m=1時(shí)，結(jié)合（1）的結(jié)論，我們不難給出數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式，并由b_n=na₁+（n-1）a₂+…+2a_n-1+a_n，n∈N^*給出b_n的表達(dá)式，利用錯(cuò)位相消法，我們可以對其進(jìn)行化簡，并求出b_n；
（3）由S_n為數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和，及（1）的結(jié)論，我們可以給出S_n的表達(dá)式，再由S_n∈[2，6]，我們可以構(gòu)造一個(gè)關(guān)于m的不等式，解不等式，即可得到實(shí)數(shù)m的取值范圍．在解答過程中要注意對n的分類討論．

解答 解：（1）由已知b₁=a₁，所以a₁=m，b₂=2a₁+a₂，
所以2a₁+a₂=$\frac{3}{2}$m，
解得a₂=-$\frac{m}{2}$，
所以數(shù)列{a_n}的公比q=-$\frac{1}{2}$．
（2）當(dāng)m=9時(shí)，a_n=9•$（-\frac{1}{2}）^{n-1}$，
b_n=na₁+（n-1）a₂+…+2a_n-1+a_n①，
-$\frac{1}{2}$b_n=na₂+（n-1）a₃+…+2a_n+a_n+1②，
②-①得
-$\frac{3}{2}$b_n=-n+a₂+a₃+…+a_n+a_n+1=-n+$\frac{-\frac{9}{2}[1-（-\frac{1}{2}）^{n}]}{1-（-\frac{1}{2}）}$=-n-3[1-$（-\frac{1}{2}）^{n}$]
所以b_n=$\frac{2}{3}$n+2[1-$（-\frac{1}{2}）^{n}$]；
（3）S_n=$\frac{2m}{3}$[1-$（-\frac{1}{2}）^{n}$]
因?yàn)?-$（-\frac{1}{2}）^{n}$＞0，
所以，由S_n∈[2，6]得$\frac{2}{1-（-\frac{1}{2}）^{n}}$≤$\frac{2m}{3}$≤$\frac{6}{1-（-\frac{1}{2}）^{n}}$，
注意到，當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)1-$（-\frac{1}{2}）^{n}$∈（1，$\frac{3}{2}$]，
當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)1-$（-\frac{1}{2}）^{n}$∈[$\frac{3}{4}$，1），
所以1-$（-\frac{1}{2}）^{n}$最大值為$\frac{3}{2}$，最小值為$\frac{3}{4}$．
對于任意的正整數(shù)n都有$\frac{2}{1-（-\frac{1}{2}）^{n}}$≤$\frac{2m}{3}$≤$\frac{6}{1-（-\frac{1}{2}）^{n}}$，
所以$\frac{8}{3}$≤$\frac{2m}{3}$≤4，所以4≤m≤6．
即所求實(shí)數(shù)m的取值范圍是{m|4≤m≤6}．

點(diǎn)評(píng) 如果一個(gè)數(shù)列的各項(xiàng)是由一個(gè)等差數(shù)列與一個(gè)等比數(shù)列的對應(yīng)項(xiàng)的乘積組成，則求此數(shù)列的前n項(xiàng)和Sn，一般用乘以其公比然后再添加不可缺少的式子錯(cuò)位相減法，要注意對字母的討論．