Question

9．已知{a_n}是遞增的等差數(shù)列，S_n為{a_n}的前n項和，且S₅=5，a₃，a₄，a₇成等比數(shù)列．
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（Ⅱ）求|a₁|+|a₂|+…+|a₁₀₀|的值；
（Ⅲ）若集合$\{n|{（-1）^n}\frac{a_n}{2^n}＞λ，n∈{N^*}\}$中有且僅有2個元素，求λ的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）設等差數(shù)列{a_n}的首項為a₁，公差為d．由S₅=5，可得$\frac{5}{2}（{a_1}+{a_5}）=5$，由a₃，a₄，a₇成等比數(shù)列，可得${（{a_1}+3d）^2}=（{a_1}+2d）（{a_1}+6d）$，聯(lián)立解出即可得出．
（Ⅱ）解2n-5＜0，可得$n＜\frac{5}{2}$，因此數(shù)列{a_n}中a₁＜0，a₂＜0，其余各項均大于零．利用等差數(shù)列的求和公式即可得出．
（III）設${c_n}=\frac{a_n}{2^n}=\frac{2n-5}{2^n}$，c_n-c_n-1=$\frac{9-2n}{{2}^{n}}$，令c_n-c_n-1＞0，得$n＜\frac{9}{2}$，可得：c₁＜c₂＜c₃＜c₄，c₄＞c₅＞c₆＞…，又由${c_n}=\frac{2n-5}{2^n}$，知c₁＜0，c₂＜0，其余各項均大于零．在${t_n}={（-1）^n}{c_n}$中，${t_1}＞0，{t_{2m}}＞0（m≥2，m∈{N^*}）$，且t₄＞t₆＞t₈＞…，計算得t₁，t₄，t₆，即可得出．

解答 解：（Ⅰ）設等差數(shù)列{a_n}的首項為a₁，公差為d．
由S₅=5，可得$\frac{5}{2}（{a_1}+{a_5}）=5$，
由a₃，a₄，a₇成等比數(shù)列，可得${（{a_1}+3d）^2}=（{a_1}+2d）（{a_1}+6d）$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{a_1}+2d=1\\ 2{a_1}d+3{d^2}=0\end{array}\right.$
解得$\left\{\begin{array}{l}{a_1}=1\\ d=0\end{array}\right.$（舍）或$\left\{\begin{array}{l}{a_1}=-3\\ d=2.\end{array}\right.$，
∴數(shù)列{a_n}的通項公式為a_n=2n-5．
（Ⅱ）解2n-5＜0，可得$n＜\frac{5}{2}$，
∴數(shù)列{a_n}中a₁＜0，a₂＜0，其余各項均大于零．
∴|a₁|+|a₂|+…+|a₁₀₀|=-a₁-a₂+a₃+…+a₁₀₀=$-{a_1}-{a_2}+\frac{98}{2}（{a_3}+{a_{100}}）$=$3+1+\frac{98}{2}（1+195）=9608$． 
（Ⅲ）設${c_n}=\frac{a_n}{2^n}=\frac{2n-5}{2^n}$，${c_n}-{c_{n-1}}=\frac{2n-5}{2^n}-\frac{2（n-1）-5}{{{2^{n-1}}}}=\frac{9-2n}{2^n}$，
令c_n-c_n-1＞0，得$n＜\frac{9}{2}$，
所以c₁＜c₂＜c₃＜c₄，c₄＞c₅＞c₆＞…，
又由${c_n}=\frac{2n-5}{2^n}$，知c₁＜0，c₂＜0，其余各項均大于零．
在${t_n}={（-1）^n}{c_n}$中，${t_1}＞0，{t_{2m}}＞0（m≥2，m∈{N^*}）$，且t₄＞t₆＞t₈＞…，
計算得${t_1}=\frac{3}{2}，{t_4}=\frac{3}{16}，{t_6}=\frac{7}{64}$，
∴λ的取值范圍是$\{λ|\frac{7}{64}≤λ＜\frac{3}{16}，λ∈R\}$．

點評 本題考查了等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項公式及其求和公式、數(shù)列的單調性，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．