Question

14．已知S_n是等比数列{a_n}的前n项和，S₂，S₈，S₅成等差数列
（1）求证：a₁，a₇，a₄成等差数列
（2）若{b_n}是等差数列，且b₁=a₁=1，b₂=$\frac{1}{2{a}_{7}}$，求数列{|a_n|³•b_n}的前n项和T_n．

Answer 1

分析 （1）设等比数列{a_n}的公比为q，然后分q=1和q≠1结合已知即可证明a₁，a₇，a₄成等差数列；
（2）由（1）求出等比数列的公比，再由已知求得等差数列的公差，进一步求出数列{|a_n|³•b_n}的通项，再由错位相减法求得数列{|a_n|³•b_n}的前n项和T_n．

解答 （1）证明：设等比数列{a_n}的公比为q，
当q=1时，2S₈=2×8a₁=16a₁，S₂+S₅=2a₁+5a₁=7a₁，
由于a₁≠0，故16a₁≠7a₁，即2S₈≠S₂+S₅，与已知矛盾；
当q≠1时，由已知得$2•\frac{{{a_1}（1-{q^8}）}}{1-q}=\frac{{{a_1}（1-{q^2}）}}{1-q}+\frac{{{a_1}（1-{q^5}）}}{1-q}$，
整理得2（1-q⁸）=1-q²+1-q⁵，
化简为2q⁸=q²+q⁵，
由于q≠0，故可化简为2q⁶=q³+1．
∵$2{a_7}=2{a_1}{q^6}={a_1}（1+{q^3}）={a_1}+{a_1}{q^3}={a_1}+{a_4}$，
∴a₁，a₇，a₄成等差数列．
（2）解：由（1）得，2q⁶=q³+1，解得${q^3}=-\frac{1}{2}$或1（舍）．
∵b₁=a₁=1，∴b₂=$\frac{1}{{2{a_7}}}=\frac{1}{{2{a_1}{q^6}}}=2$．
∴等差数列{b_n}是以1为首项，1为公差的等差数列，
∴b_n=1+（n-1）×1=n．
又$|{a}_{n}{|}^{3}=|{a}_{1}•{q}^{n-1}|=|{a}_{1}•（{q}^{3}）^{n-1}|$=|$1•（-\frac{1}{2}）^{n-1}$|=$（\frac{1}{2}）^{n-1}$，
∴$|{a}_{n}{|}^{3}•{b}_{n}$=$n•（\frac{1}{2}）^{n-1}$．
∴${T_n}=1•{（\frac{1}{2}）^0}+2•{（\frac{1}{2}）^1}+3•{（\frac{1}{2}）^2}+$…$+（n-1）•（\frac{1}{2}）^{n-2}+n•（\frac{1}{2}）^{n-1}$，
于是$\frac{1}{2}{T_n}=1•（\frac{1}{2}）+2•{（\frac{1}{2}）^2}+3•{（\frac{1}{2}）^3}+$…$+（n-1）•（n-1）^{n-1}+n•（\frac{1}{2}）^{n}$，
∴${T_n}-\frac{1}{2}{T_n}=1+\frac{1}{2}+{（\frac{1}{2}）^2}+$…$+{（\frac{1}{2}）^{n-1}}-n•{（\frac{1}{2}）^n}$，
即$\frac{1}{2}{T_n}=\frac{{1-{{（\frac{1}{2}）}^n}}}{{1-\frac{1}{2}}}-n•{（\frac{1}{2}）^n}=2[1-{（\frac{1}{2}）^n}]-n•{（\frac{1}{2}）^n}=2-（2+n）•{（\frac{1}{2}）^n}$，
∴${T_n}=4-（2n+4）•{（\frac{1}{2}）^n}$．

点评 本题考查数列递推式，考查了等差关系的确定，训练了错位相减法求数列的前n项和，是中档题．