Question

20．已知在等比數(shù)列{a_n}中，a_n+1＞a_n對(duì)n∈N^*恒成立，且a₁a₄=8，a₂+a₃=6．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）若數(shù)列{b_n}滿足，$\frac{a_1}{b_1}+\frac{{3{a_2}}}{b_2}+…+\frac{{（{2n-1}）{a_n}}}{b_n}=n，（{n∈{N^*}}）$，求數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和S_n．

Answer 1

分析 （1）設(shè)等比數(shù)列{a_n}的公比為q，由a₁a₄=8，a₂+a₃=6．可得${a}_{1}^{2}{q}^{3}$=8，a₁（q+q²）=6，且a_n+1＞a_n對(duì)n∈N^*恒成立，解得q，a₁．即可得出a_n．
（2）$\frac{a_1}{b_1}+\frac{{3{a_2}}}{b_2}+…+\frac{{（{2n-1}）{a_n}}}{b_n}=n，（{n∈{N^*}}）$，n≥2時(shí)，$\frac{{a}_{1}}{_{1}}$+$\frac{3{a}_{2}}{_{2}}$+…+$\frac{（2n-3）{a}_{n-1}}{_{n-1}}$=n-1，相減可得：$\frac{（2n-1）{a}_{n}}{_{n}}$=1，可得b_n．n=1時(shí)，$\frac{{a}_{1}}{_{1}}$=1，解得b₁．再利用錯(cuò)位相減法即可得出．

解答 解：（1）設(shè)等比數(shù)列{a_n}的公比為q，∵a₁a₄=8，a₂+a₃=6．∴${a}_{1}^{2}{q}^{3}$=8，a₁（q+q²）=6，且a_n+1＞a_n對(duì)n∈N^*恒成立，
解得q=2，a₁=1．
∴a_n=2^n-1．
（2）∵$\frac{a_1}{b_1}+\frac{{3{a_2}}}{b_2}+…+\frac{{（{2n-1}）{a_n}}}{b_n}=n，（{n∈{N^*}}）$，
∴$\frac{{a}_{1}}{_{1}}$+$\frac{3{a}_{2}}{_{2}}$+…+$\frac{（2n-3）{a}_{n-1}}{_{n-1}}$=n-1，
相減可得：$\frac{（2n-1）{a}_{n}}{_{n}}$=1，可得b_n=（2n-1）•2^n-1．
n=1時(shí)，$\frac{{a}_{1}}{_{1}}$=1，解得b₁=1．上式對(duì)于n=1時(shí)也成立．
∴b_n=（2n-1）•2^n-1．
∴數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和S_n=1+3×2+5×2²+…+（2n-1）•2^n-1．
∴2S_n=2+3×2²+…+（2n-3）•2^n-1+（2n-1）•2ⁿ，
∴-S_n=1+2×（2+2²+…+2^n-1）-（2n-1）•2ⁿ=1+2×$\frac{2（{2}^{n-1}-1）}{2-1}$-（2n-1）•2ⁿ，
∴S_n=（2n-3）•2ⁿ+3．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了等比數(shù)列的通項(xiàng)公式與求和公式、錯(cuò)位相減法、數(shù)列遞推關(guān)系，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．