分析 (1)通过将点A(1,3)代入f(x)=3ax+b可知b=1-a,进而an=log3f(n)=(n-1)a+1,利用a1、a2、a5成等比数列可知a=2,进而可得结论;
(2)通过an=2n-1可知bn=$\frac{2n-1}{{2}^{n}}$,利用错位相减法可知Tn=3-$\frac{2n+3}{{2}^{n}}$,记tn=$\frac{2n+3}{{2}^{n}}$,再利用错位相减法可知f(n)=t1+t2+…+tn=7-$\frac{2n+7}{{2}^{n}}$,进而计算即得结论.
解答 解:(1)∵函数f(x)=3ax+b的图象经过点A(1,3),
∴f(1)=3a+b=3,∴b=1-a,
又∵递增数列{an}满足an=log3f(n)(n∈N*),
∴an=log3f(n)=log33an+(1-a)=(n-1)a+1,
∵a1、a2、a5成等比数列,
∴${{a}_{2}}^{2}$=a1•a5,
即(a+1)2=1•(4a+1),
解得a=2或a=0(舍),
∴b=-2,
∴数列{an}的通项an=2(n-1)+1=2n-1;
(2)∵an=2n-1,
∴bn=$\frac{a_n}{2^n}$=$\frac{2n-1}{{2}^{n}}$,
∴Tn=b1+b2+…+bn=1•$\frac{1}{2}$+3•$\frac{1}{{2}^{2}}$+5•$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+(2n-1)•$\frac{1}{{2}^{n}}$,
∴$\frac{1}{2}$Tn=1•$\frac{1}{{2}^{2}}$+3•$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+(2n-3)•$\frac{1}{{2}^{n}}$+(2n-1)•$\frac{1}{{2}^{n+1}}$,
两式相减得:$\frac{1}{2}$Tn=$\frac{1}{2}$+2($\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}}$)-(2n-1)•$\frac{1}{{2}^{n+1}}$
=$\frac{1}{2}$+2•$\frac{\frac{1}{{2}^{2}}(1-\frac{1}{{2}^{n-1}})}{1-\frac{1}{2}}$-(2n-1)•$\frac{1}{{2}^{n+1}}$
=$\frac{3}{2}$-$\frac{1}{{2}^{n-1}}$-$\frac{2n-1}{{2}^{n+1}}$,
∴Tn=3-$\frac{1}{{2}^{n-2}}$-$\frac{2n-1}{{2}^{n}}$=3-$\frac{2n+3}{{2}^{n}}$,
记tn=$\frac{2n+3}{{2}^{n}}$,则
f(n)=t1+t2+…+tn=5•$\frac{1}{2}$+7•$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+(2n+3)•$\frac{1}{{2}^{n}}$,
$\frac{1}{2}$f(n)=5•$\frac{1}{{2}^{2}}$+7•$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+(2n+3)•$\frac{1}{{2}^{n+1}}$,
两式相减得:$\frac{1}{2}$f(n)=5•$\frac{1}{2}$+2($\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}}$)-(2n+3)•$\frac{1}{{2}^{n+1}}$
=5•$\frac{1}{2}$+2•$\frac{\frac{1}{{2}^{2}}(1-\frac{1}{{2}^{n-1}})}{1-\frac{1}{2}}$-(2n+3)•$\frac{1}{{2}^{n+1}}$
=$\frac{7}{2}$-$\frac{1}{{2}^{n-1}}$-$\frac{2n+3}{{2}^{n+1}}$,
∴f(n)=7-$\frac{2n+7}{{2}^{n}}$,
∴Tn的前n项和Qn=T1+T2+…+Tn
=3n-f(n)
=3n-(7-$\frac{2n+7}{{2}^{n}}$)
=$\frac{2n+7}{{2}^{n}}$+3n-7.
点评 本题是一道关于数列与函数的综合题,考查运算求解能力,注意解题方法的积累,属于中档题.
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A. | 4 | B. | 5 | C. | 6 | D. | 7 |
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A. | 1 | B. | -$\frac{1}{4}$ | C. | 4 | D. | -$\frac{1}{2}$ |
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