Question

9．已知递减的等比数列{a_n}中，a₂，a₃是方程32x²-12x+1=0的两根，数列{b_n}的前n项和T_n=$\frac{1}{2}$n²+$\frac{k}{2}$n（n∈N^*，k＞0），且T_n的最小值为1．
（1）求数列{a_n}和{b_n}的通项公式；
（2）求数列{a_n•b_n}的前n项和S_n．

Answer 1

分析 （1）通过对32x²-12x+1=0因式分解可知a₂=$\frac{1}{4}$、a₃=$\frac{1}{8}$，进而可知数列{a_n}的通项公式a_n=a₂•q^n-2=$\frac{1}{{2}^{n}}$；通过T_n=$\frac{1}{2}$n²+$\frac{k}{2}$n=$\frac{1}{2}$$（n+\frac{k}{2}）^{2}$-$\frac{{k}^{2}}{8}$的最小值为1（n∈N^*，k＞0）可知k=1，利用b_n+1=T_n+1-T_n计算即得结论；
（2）通过（1）可知a_n•b_n=$\frac{1}{{2}^{n}}$•n，利用错位相减法计算即得结论．

解答 解：（1）∵32x²-12x+1=（4x-1）（8x-1）=0，
∴a₂=$\frac{1}{4}$，a₃=$\frac{1}{8}$，（因为a₂＞a₃）
∴等比数列{a_n}的公比q=$\frac{{a}_{3}}{{a}_{2}}$=$\frac{1}{2}$，
∴数列{a_n}的通项公式a_n=a₂•q^n-2=$\frac{1}{{2}^{n}}$；
∵T_n=$\frac{1}{2}$n²+$\frac{k}{2}$n=$\frac{1}{2}$$（n+\frac{k}{2}）^{2}$-$\frac{{k}^{2}}{8}$的最小值为1（n∈N^*，k＞0），
∴T₁=1，即$\frac{1}{2}+\frac{k}{2}=1$，
∴k=1，∴T_n=$\frac{1}{2}$n²+$\frac{1}{2}$n，
∴b_n+1=T_n+1-T_n
=[$\frac{1}{2}$（n+1）²+$\frac{1}{2}$（n+1）]-（$\frac{1}{2}$n²+$\frac{1}{2}$n）
=n+1，
又∵b₁=T₁=1满足上式，
∴数列{b_n}的通项公式b_n=n；
（2）由（1）可知a_n•b_n=$\frac{1}{{2}^{n}}$•n，
∴S_n=1•$\frac{1}{2}$+2•$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+n•$\frac{1}{{2}^{n}}$，
$\frac{1}{2}$S_n=1•$\frac{1}{{2}^{2}}$+2•$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+（n-1）•$\frac{1}{{2}^{n}}$+n•$\frac{1}{{2}^{n+1}}$，
两式相减得：$\frac{1}{2}$S_n=$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}}$-n•$\frac{1}{{2}^{n+1}}$，
∴S_n=1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n-1}}$-n•$\frac{1}{{2}^{n}}$，
=$\frac{1-\frac{1}{{2}^{n}}}{1-\frac{1}{2}}$-n•$\frac{1}{{2}^{n}}$
=2-$\frac{n+2}{{2}^{n}}$．

点评 本题考查数列的通项，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于中档题．