Question

12．設(shè)S_n為數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和，且對(duì)?n∈N^*，點(diǎn)（a_n，S_n）都在函數(shù)f（x）=-$\frac{1}{2}$x+$\frac{1}{2}$的圖象上，等差數(shù)列{b_n}的首項(xiàng)b₁=1，公差d＞0，且b₂，b₅，b₁₄成等比數(shù)列．
（1）求數(shù)列{a_n}與{b_n}的通項(xiàng)公式
（2）若數(shù)列{c_n}對(duì)?n∈N^*，都有$\frac{{C}_{1}}{{a}_{1}}$+$\frac{{C}_{2}}{{a}_{2}}$+…+$\frac{{C}_{n}}{{a}_{n}}$=b_n+1成立，求數(shù)列{c_n•b_n}的前n項(xiàng)和T_n．

Answer 1

分析 （1）通過將點(diǎn)（a_n，S_n）代入函數(shù)f（x）=-$\frac{1}{2}$x+$\frac{1}{2}$，利用a_n=S_n-S_n-1及${S}_{1}=-\frac{1}{2}{a}_{1}+\frac{1}{2}$計(jì)算即得a_n=$（\frac{1}{3}）^{n}$；利用b₂=1+d，b₅=1+4d，b₁₄=1+13d及b₂，b₅，b₁₄成等比數(shù)列，計(jì)算即得b_n=2n-1；
（2）通過$\frac{{c}_{1}}{{a}_{1}}$+$\frac{{c}_{2}}{{a}_{2}}$+…+$\frac{{c}_{n}}{{a}_{n}}$=b_n+1與$\frac{{c}_{1}}{{a}_{1}}$+$\frac{{c}_{2}}{{a}_{2}}$+…+$\frac{{c}_{n}}{{a}_{n}}$+$\frac{{c}_{n+1}}{{a}_{n+1}}$=b_n+2作差，計(jì)算可得數(shù)列{c_n}的通項(xiàng)，利用T_n與$\frac{1}{3}$T_n相減，計(jì)算即得結(jié)論．

解答 解：（1）∵點(diǎn)（a_n，S_n）都在函數(shù)f（x）=-$\frac{1}{2}$x+$\frac{1}{2}$的圖象上，
∴S_n=-$\frac{1}{2}$a_n+$\frac{1}{2}$，S_n-1=-$\frac{1}{2}$a_n-1$+\frac{1}{2}$（n≥2），
∴a_n=S_n-S_n-1=（-$\frac{1}{2}$a_n+$\frac{1}{2}$）-（-$\frac{1}{2}$a_n-1$+\frac{1}{2}$）=$\frac{1}{2}$a_n-1-$\frac{1}{2}$a_n，
∴$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}$=$\frac{1}{3}$，
又${S}_{1}=-\frac{1}{2}{a}_{1}+\frac{1}{2}$，∴a₁=$\frac{1}{3}$，
∴a_n=$（\frac{1}{3}）^{n}$；
∵等差數(shù)列{b_n}的首項(xiàng)b₁=1，公差d＞0，
∴b₂=1+d，b₅=1+4d，b₁₄=1+13d，
又∵b₂，b₅，b₁₄成等比數(shù)列，
∴（1+4d）²=（1+d）（1+13d），
整理得：d=2或d=0（舍），
∴b_n=1+2（n-1）=2n-1；
（2）∵$\frac{{c}_{1}}{{a}_{1}}$+$\frac{{c}_{2}}{{a}_{2}}$+…+$\frac{{c}_{n}}{{a}_{n}}$=b_n+1，
∴$\frac{{c}_{1}}{{a}_{1}}$+$\frac{{c}_{2}}{{a}_{2}}$+…+$\frac{{c}_{n}}{{a}_{n}}$+$\frac{{c}_{n+1}}{{a}_{n+1}}$=b_n+2，
∴$\frac{{c}_{n+1}}{{a}_{n+1}}$=b_n+2-b_n+1=2，
∴c_n+1=2a_n+1=2•$（\frac{1}{3}）^{n+1}$，
又$\frac{{c}_{1}}{{a}_{1}}$=b₂，∴c₁=a₁•b₂=1，
∴數(shù)列{c_n}的通項(xiàng)c_n=$\left\{\begin{array}{l}{1，}&{n=1}\\{2•（\frac{1}{3}）^{n}，}&{n≥2}\end{array}\right.$，
∴T_n=1×1+3×2×$（\frac{1}{3}）^{2}$+5×2×$（\frac{1}{3}）^{3}$+7×2×$（\frac{1}{3}）^{4}$+…+（2n-1）×2×$（\frac{1}{3}）^{n}$，
∴$\frac{1}{3}$T_n=1×1×$\frac{1}{3}$+3×2×$（\frac{1}{3}）^{3}$+5×2×$（\frac{1}{3}）^{4}$+…+（2n-3）×2×$（\frac{1}{3}）^{n}$+（2n-1）×2×$（\frac{1}{3}）^{n+1}$，
兩式相減得：$\frac{2}{3}$T_n=1+$\frac{2}{3}$-$\frac{1}{3}$+4[$（\frac{1}{3}）^{3}$+$（\frac{1}{3}）^{4}$+…+$（\frac{1}{3}）^{n}$]-（2n-1）×2×$（\frac{1}{3}）^{n+1}$
=$\frac{4}{3}$+4×$\frac{（\frac{1}{3}）^{3}[1-（\frac{1}{3}）^{n-2}]}{1-\frac{1}{3}}$-（2n-1）×2×$（\frac{1}{3}）^{n+1}$
=$\frac{14}{9}$-$\frac{4（n+1）}{3}$•$\frac{1}{{3}^{n}}$，
∴T_n=$\frac{7}{3}$-2（n+1）•$\frac{1}{{3}^{n}}$．

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、遞推式的應(yīng)用，考查了分類討論思想方法，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．