Question

9．设等差数列{a_n}的公差为d（d∈N^*），等比数列{b_n}的公比为q，若a₂，a₃，a₅分别为{b_n}的前三项，且d＜q．
（1）求数列{a_n}，{b_n}的通项公式；
（2）若数列{c_n}满足：b₁c₁+b₂c₂+…+b_nc_n=a_n，求数列{c_na_n}的前n项和T_n．

Answer 1

分析 （1）设出等差数列{a_n}的首项，由a₂，a₃，a₅分别为{b_n}的前三项列式求得等差数列的首项，进一步求得等比数列的公比，结合d∈N^*，且d＜q求出等差数列的公差，则等差数列和等比数列的通项公式可求；
（2）由b₁c₁+b₂c₂+…+b_nc_n=a_n，得b₁c₁=0，进一步得到b_nc_n=a_n-a_n-1=1，由此求出c_n，得到
${a}_{n}{c}_{n}=\frac{n-1}{{2}^{n-1}}$，再利用错位相减法求数列{c_na_n}的前n项和T_n．

解答 解：（1）设等差数列{a_n}的首项为a₁，
∵a₂，a₃，a₅分别为{b_n}的前三项，
∴${{a}_{3}}^{2}={a}_{2}•{a}_{5}$，
即$（{a}_{1}+2d）^{2}=（{a}_{1}+d）（{a}_{1}+4d）$，
整理得：a₁d=0，
∵d∈N^*，∴a₁=0，
∴a_n=（n-1）d，
则b₁=a₂=d，b₂=a₃=2d，
∴2d=dq，q=2．
又d∈N^*，且d＜q，∴d=1，
则a_n=n-1，${b}_{n}={2}^{n-1}$；
（2）由b₁c₁+b₂c₂+…+b_nc_n=a_n，得b₁c₁=0，
n≥2时，b₁c₁+b₂c₂+…+b_n-1c_n-1=a_n-1，
两式作差得：b_nc_n=a_n-a_n-1=1，
即2^n-1c_n=1，∴${c}_{n-1}=\frac{1}{{2}^{n-1}}$，
∴${a}_{n}{c}_{n}=\frac{n-1}{{2}^{n-1}}$，n=1时，此式仍然成立，
∴${a}_{n}{c}_{n}=\frac{n-1}{{2}^{n-1}}$，
则${T}_{n}=0+\frac{1}{2}+\frac{2}{{2}^{2}}+\frac{3}{{2}^{3}}+…+\frac{n-1}{{2}^{n-1}}$，
$\frac{1}{2}{T}_{n}=\frac{1}{{2}^{2}}+\frac{2}{{2}^{3}}+\frac{3}{{2}^{4}}+…+\frac{n-1}{{2}^{n}}$．
两式作差得：$\frac{1}{2}{T}_{n}=\frac{1}{2}+\frac{1}{{2}^{2}}+…+\frac{1}{{2}^{n-1}}-\frac{n-1}{{2}^{n}}$
=$\frac{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{2}^{n-1}}）}{1-\frac{1}{2}}-\frac{n-1}{{2}^{n}}$=$1-\frac{1}{{2}^{n-1}}-\frac{n-1}{{2}^{n}}$．
∴${T}_{n}=2-\frac{n+1}{{2}^{n-1}}$．

点评 本题考查了等差数列和等比数列的通项公式，考查了错位相减法求数列的和，是中档题．