Question

5．已知數(shù)列{a_n}的前n項和S_n=-$\frac{1}{2}$n²+kn（k∈N^*），且S_n的最大值為8．
（1）求常數(shù)k的值，并求a_n；
（2）對任意m∈N^*，將數(shù)列{a_n}中落入?yún)^(qū)間（-4^m，-2^m）內(nèi)的項的個數(shù)記為b_m，若c_m=$\frac{{a}_{m}•_{m}}{{2}^{m}}$，求數(shù)列{c_n}的前m項和T_m．

Answer 1

分析 （1）由二次函數(shù)的性質(zhì)可知，當n=k時，S_n=-$\frac{1}{2}$n²+kn取得最大值，代入可求k，然后利用a_n=s_n-s_n-1可求通項
（2）根據(jù)已知條件推知b_m=（4^m+$\frac{9}{2}$）-（2^m+$\frac{9}{2}$）=4^m-2^m，則結(jié)合（1）中的通項公式和已知條件c_m=$\frac{{a}_{m}•_{m}}{{2}^{m}}$得出：c_m=（$\frac{9}{2}$-m）×2^m-（$\frac{9}{2}$-m），然后利用分組求和法來求數(shù)列{c_n}的前m項和T_m．

解答 解：（1）∵S_n=-$\frac{1}{2}$n²+kn=-$\frac{1}{2}$（n-k）²+$\frac{{k}^{2}}{2}$，
∴當n=k時，（S_n）_max=$\frac{{k}^{2}}{2}$=8，
解得k=4，
∴S_n=-$\frac{1}{2}$n²+4n，
當n=1時，a₁=S₁=$\frac{7}{2}$，
當n≥2時，a_n=s_n-s_n-1=$\frac{9}{2}$-n，
顯然a₁=$\frac{7}{2}$適合a_n=$\frac{9}{2}$-n，
∴數(shù)列{a_n}的通項公式為a_n=$\frac{9}{2}$-n（n∈Z⁺）；
（2）依題意有-4^m＜$\frac{9}{2}$-n＜-2^m，則2^m+$\frac{9}{2}$＜n＜4^m+$\frac{9}{2}$，
又m∈Z⁺，
∴b_m=（4^m+$\frac{9}{2}$）-（2^m+$\frac{9}{2}$）=4^m-2^m，
∴c_m=$\frac{{a}_{m}•_{m}}{{2}^{m}}$=$\frac{（\frac{9}{2}-m）（{4}^{m}-{2}^{m}）}{{2}^{m}}$=（$\frac{9}{2}$-m）×2^m-（$\frac{9}{2}$-m），且a_m=$\frac{9}{2}$-m，前m項和為：A_m=$\frac{m（\frac{7}{2}+\frac{9}{2}-m）}{2}$=$\frac{-{m}^{2}+8m}{2}$；
令t_m=（$\frac{9}{2}$-m）×2^m，前m和為記為：B_m，
則B_m=$\frac{7}{2}$×2+$\frac{5}{2}$×2²+$\frac{3}{2}$×2³+$\frac{1}{2}$×2⁴+…+（$\frac{9}{2}$-m）×2^m，①
∴2B_m=$\frac{7}{2}$×2²+$\frac{5}{2}$×2³+$\frac{3}{2}$×2⁴+$\frac{1}{2}$×2⁵+…+（$\frac{9}{2}$-m）×2^m+1，②
∴由①-②得：-B_m=$\frac{7}{2}$×2-（2²+2³+2⁴+…+2^m）-（$\frac{9}{2}$-m）×2^m+1=7-$\frac{4-{2}^{m+1}}{1-2}$-（$\frac{9}{2}$-m）×2^m+1=11-（11-2m）×2^m，
∴B_m=（11-2m）×2^m-11
∴T_m=B_m-A_m=（11-2m）×2^m-11-$\frac{-{m}^{2}+8m}{2}$=（11-2m）×2^m+$\frac{{m}^{2}-8m-22}{2}$．

點評 本題主要考查了等差數(shù)列的性質(zhì)及通項公式的應用，等比數(shù)列的求和公式的應用，屬于等差數(shù)列與等比數(shù)列基本運算的綜合應用．