Question

1．在公差不為0的等差數(shù)列{a_n}中，a₂、a₄、a₈成公比為a₂的等比數(shù)列，又數(shù)列{b_n}滿足b_n=$\left\{\begin{array}{l}{{2}^{{a}_{n}}，n=2k-1，k∈N*}\\{2{a}_{n}，n=2k，k∈N*}\end{array}\right.$．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）求數(shù)列{b_n}的前n項和為T_n；
（3）令c_n=$\frac{_{2n-1}}{_{2n}}$（n∈N^*），求使得c_n＞10成立的n的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）設(shè)數(shù)列{a_n}公差為d，由題設(shè)得：${a}_{4}^{2}={a}_{2}{a}_{8}$，${a}_{4}={a}_{2}^{2}$，$（{a}_{1}+3d）^{2}=（{a}_{1}+d）（{a}_{1}+7d）$，a₁+3d=$（{a}_{1}+d）^{2}$，解出即可得出．
（2）由（1）知：b_n=$\left\{\begin{array}{l}{{2}^{n}，n=2k-1}\\{2n，n=2k}\end{array}\right.$，k∈N^*．對n分類討論，利用等差數(shù)列與等比數(shù)列的求和公式即可得出．
（3）由（2）知，c_n=$\frac{_{2n-1}}{_{2n}}$=$\frac{{2}^{2n-1}}{4n}$，可得$\frac{{c}_{n+1}}{{c}_{n}}$=$\frac{4n}{n+1}$＞1，利用其單調(diào)性即可得出．

解答 解：（1）設(shè)數(shù)列{a_n}公差為d，由題設(shè)得：${a}_{4}^{2}={a}_{2}{a}_{8}$，${a}_{4}={a}_{2}^{2}$，
即$（{a}_{1}+3d）^{2}=（{a}_{1}+d）（{a}_{1}+7d）$，a₁+3d=$（{a}_{1}+d）^{2}$，
  解得a₁=d=1．
∴數(shù)列{a_n}的通項公式為：a_n=1+（n-1）=n．
（2）由（1）知：b_n=$\left\{\begin{array}{l}{{2}^{n}，n=2k-1}\\{2n，n=2k}\end{array}\right.$，k∈N^*．
①當n為偶數(shù)，即n=2k時，奇數(shù)項和偶數(shù)項各$\frac{n}{2}$項，
∴T_n=（4+8+…+2n）+（2+2³+…+2^n-1）
=$\frac{\frac{n}{2}（4+2n）}{2}$+$\frac{2（{4}^{\frac{n}{2}}-1）}{4-1}$=$\frac{1}{3}•{2}^{n+1}$+$\frac{1}{2}{n}^{2}$+n-$\frac{2}{3}$．
②當n為奇數(shù)，即n=2k-1時，n+1為偶數(shù)．
∴T_n=T_n+1-a_n+1=$\frac{1}{3}×{2}^{n+2}$+$（\frac{n+1}{2}）^{2}$+（n+1）-$\frac{2}{3}$-2（n+1）=$\frac{1}{3}×{2}^{n+2}$+$\frac{{n}^{2}}{2}$-$\frac{7}{6}$．
綜上：T_n=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{3}•{2}^{n+1}+\frac{{n}^{2}}{2}+n-\frac{2}{3}，n=2k}\\{\frac{1}{3}×{2}^{n+2}+\frac{1}{2}{n}^{2}-\frac{7}{6}，n=2k-1}\end{array}\right.$，k∈N^*．
（3）由（2）知，c_n=$\frac{_{2n-1}}{_{2n}}$=$\frac{{2}^{2n-1}}{4n}$，
∵$\frac{{c}_{n+1}}{{c}_{n}}$=$\frac{\frac{{2}^{2（n+1）-1}}{4（n+1）}}{\frac{{2}^{2n-1}}{4n}}$=$\frac{4n}{n+1}$＞1，
∴數(shù)列{c_n}是遞增數(shù)列．
∵c₄=8，c₅=$\frac{128}{5}$＞10，
∴使得c_n＞10成立的n的取值范圍為n≥5，n∈N^*．

點評 本題考查了等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項公式與求和公式、數(shù)列的單調(diào)性，考查了分類討論方法、推理能力與計算能力，屬于難題．