Question

15．已知等差数列{a_n}的首项a₁=1，公差d＞0，且a₅²=a₂a₁₄，设关于x的不等式x²+n²-x＜3nx-n²-n（n∈N^*）的解集中整数的个数为c_n．
（1）求数列{a_n}的前n项和为S_n；
（2）若数列{b_n}满足c₁b₁+c₂b₂+c₃b₃+…+c_nb_n-c_n=$\frac{{S}_{n}}{2}$，求数列{b_n}的通项公式．

Answer 1

分析 （1）通过a₂=1+d、a₅=1+4d、a₁₄=1+13d及a₅²=a₂a₁₄可知d=2，进而计算可得结论；
（2）通过解不等式可知x²+n²-x＜3nx-n²-n（n∈N^*）的解n＜x＜2n+1，从而c_n=n，利用c₁b₁+c₂b₂+c₃b₃+…+c_nb_n=$\frac{1}{2}$n²+n与c₁b₁+c₂b₂+c₃b₃+…+c_n-1b_n-1=$\frac{1}{2}$（n-1）²+n-1作差可知b_n=$\frac{2n+1}{2n}$（n≥2），进而可得结论．

解答 解：（1）依题意，a₂=1+d，a₅=1+4d，a₁₄=1+13d，
∵a₅²=a₂a₁₄，
∴（1+4d）²=（1+d）（1+13d），
解得：d=2，
∴a_n=1+2（n-1）=2n-1，
∴S_n=n+$\frac{n（n-1）}{2}$×2=n²；
（2）∵x²+n²-x＜3nx-n²-n（n∈N^*），
∴（x-n）[x-（2n+1）]＜0，
∴n＜x＜2n+1，
∴c_n=n，
又∵数列{b_n}满足c₁b₁+c₂b₂+c₃b₃+…+c_nb_n-c_n=$\frac{{S}_{n}}{2}$，
∴c₁b₁+c₂b₂+c₃b₃+…+c_nb_n-c_n=$\frac{1}{2}$n²，
∴c₁b₁+c₂b₂+c₃b₃+…+c_nb_n=c_n+$\frac{1}{2}$n²=$\frac{1}{2}$n²+n，
∴c₁b₁+c₂b₂+c₃b₃+…+c_n-1b_n-1=$\frac{1}{2}$（n-1）²+n-1，
两式相减得：c_nb_n=$\frac{1}{2}$n²+n-[$\frac{1}{2}$（n-1）²+n-1]=（n+$\frac{1}{2}$），
∴b_n=$\frac{n+\frac{1}{2}}{n}$=$\frac{2n+1}{2n}$（n≥2），
又∵b₁=$\frac{\frac{1}{2}+1}{1}$满足上式，
∴数列{b_n}的通项公式b_n=$\frac{2n+1}{2n}$．

点评 本题考查数列的通项及前n项和，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于中档题．