各项均为正数的等比数列{an}.a1=1.a2a4=16.数列{bn}的前n项和为Sn.且Sn=$\frac{3{n}^{2}+n}{2}$．(1)求数列{an}.{bn}的通项公式,(2)若cn=an+(-1)nbn.求数列{cn}的前n项和Un,(3)令dn=$\frac{{b} {n}}{{a} {n}}$(n∈N+).数列{dn}的前n项和为Tn.若Tn≥t2+t恒成� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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7．各项均为正数的等比数列{a_n}，a₁=1，a₂a₄=16，数列{b_n}的前n项和为S_n，且S_n=$\frac{3{n}^{2}+n}{2}（n∈{N}^{+}）$．
（1）求数列{a_n}，{b_n}的通项公式；
（2）若c_n=a_n+（-1）ⁿb_n，求数列{c_n}的前n项和U_n；
（3）令d_n=$\frac{{b}_{n}}{{a}_{n}}$（n∈N⁺），数列{d_n}的前n项和为T_n，若T_n≥t²+t恒成立，求t的取值范围．

分析（1）设正数的等比数列{a_n}的公比为q＞0，利用等比数列的通项公式可得a_n．由S_n=$\frac{3{n}^{2}+n}{2}（n∈{N}^{+}）$，利用递推关系可得b_n．
（2）c_n=a_n+（-1）ⁿb_n=2^n-1+（-1）ⁿ（3n-1）．对n分类讨论即可得出．
（3）d_n=$\frac{{b}_{n}}{{a}_{n}}$=$\frac{3n-1}{{2}^{n-1}}$，利用“错位相减法”与等比数列的前n项和公式可得T_n．由T_n≥t²+t恒成立，转化为（T_n）_min≥t²+t恒成立，解出即可．

解答解：（1）设正数的等比数列{a_n}的公比为q＞0，∵a₁=1，a₂a₄=16，
∴q⁴=16，解得q=2．
∴a_n=2^n-1．
∵S_n=$\frac{3{n}^{2}+n}{2}（n∈{N}^{+}）$，
∴n=1时，b₁=2．当n≥2时，a_n=S_n-S_n-1=$\frac{3{n}^{2}+n}{2}$-$\frac{3（n-1）^{2}+（n-1）}{2}$=3n-1．当n=1时上式也成立，
∴b_n=3n-1．
（2）c_n=a_n+（-1）ⁿb_n=2^n-1+（-1）ⁿ（3n-1）．
∴当n为偶数时，U_n=$\frac{{2}^{n}-1}{2-1}$+（-2+5）+（-8+11）+…+[-（3n-4）+（3n-1）]=2ⁿ-1+$\frac{3n}{2}$．
当n为奇数时，U_n=U_n-1+c_n=${2}^{n-1}-1+\frac{3（n-1）}{2}$+2^n-1-（3n-1）=2ⁿ-$\frac{3n+3}{2}$．
∴U_n=$\left\{\begin{array}{l}{{2}^{n}-\frac{3n+3}{2}，n为奇数}\\{{2}^{n}-1+\frac{3n}{2}，n为偶数}\end{array}\right.$．
（3）d_n=$\frac{{b}_{n}}{{a}_{n}}$=$\frac{3n-1}{{2}^{n-1}}$，∴数列{d_n}的前n项和为T_n=2+$\frac{5}{2}$+$\frac{8}{{2}^{2}}$+…+$\frac{3n-1}{{2}^{n-1}}$，$\frac{1}{2}{T}_{n}$=1+$\frac{5}{{2}^{2}}+\frac{8}{{2}^{3}}$+…+$\frac{3n-4}{{2}^{n-1}}$+$\frac{3n-1}{{2}^{n}}$，
∴$\frac{1}{2}{T}_{n}$=2+$3（\frac{1}{2}+\frac{1}{{2}^{2}}+…+\frac{1}{{2}^{n-1}}）$-$\frac{3n-1}{{2}^{n}}$=2+3×$\frac{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{2}^{n-1}}）}{1-\frac{1}{2}}$-$\frac{3n-1}{{2}^{n}}$=5-$\frac{3n+5}{{2}^{n}}$．
∴T_n=10-$\frac{3n+5}{{2}^{n-1}}$．
又$\frac{3n+5}{{2}^{n-1}}$-$\frac{3n+8}{{2}^{n}}$=$\frac{3n+2}{{2}^{n}}$．
∴数列$\{\frac{3n+5}{{2}^{n-1}}\}$单调递减．
∴T_n的最小值为2．
∵T_n≥t²+t恒成立，
∴（T_n）_min≥t²+t恒成立，
∴t²+t-2≤0，
解得-2≤t≤1．
∴t的取值范围是-2≤t≤1．

点评本题考查了“错位相减法”、等差数列与等比数列的通项公式及其前n项和公式、递推关系的应用，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

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