题目内容
6.设数列{an}是各项均为正数的等比数列,a2=4,a1a4=32,数列{bn}满足:对任意的正整数n,都有a1b1+a2b2+…+anbn=(n-1)•2n+1+2.(1)求数列{an}与{bn}的通项公式;
(2)若集合M={n|$\frac{{b}_{n}{b}_{n+1}}{{a}_{n}}$≥λ,n∈N*}中元素的个数为4,试求实数λ的取值范围;
(3)将数列{an}与{bn}按a1,b1,a2,b2,a3,b3,…,an,bn,…的顺序排好后,再删去其中小于2015的项,剩下的项按原来的顺序构成一个新数列{cn},试求数列{cn}的前n项和Tn.
分析 (1)由已知条件利用等比数列通项公式求出首项和公比,由此能求出an.由a1b1+a2b2+…+anbn=(n-1)•2n+1+2,得a1b1+a2b2+…+an-1bn-1=(n-2)•2n+2,n≥2,作差相减能求出bn.
(2)由已知推导出M={n|$\frac{n(n+1)}{{2}^{n}}$≥λ,n∈N*}中有4个元素,由此利用列举法能出实数λ的取值范围.
(3)由an=2n<2015,得n<11,由bn=n<2015,得n<2015,从而Tn=(a1+a2+…+a10)+(b1+b2+…+b10),由此能求出结果.
解答 解:(1)∵数列{an}是各项均为正数的等比数列,a2=4,a1a4=32,
∴$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{1}q=4}\\{{a}_{1}•{a}_{1}{q}^{3}=32}\\{q>0}\end{array}\right.$,解得a1=2,q=2,
∴an=2n.
∵数列{bn}满足:对任意的正整数n,都有a1b1+a2b2+…+anbn=(n-1)•2n+1+2,①
∴a1b1+a2b2+…+an-1bn-1=(n-2)•2n+2,②n≥2
①-②,得:anbn=n•2n,∴bn=n.
(2)∵集合M={n|$\frac{{b}_{n}{b}_{n+1}}{{a}_{n}}$≥λ,n∈N*}中元素的个数为4,
∴M={n|$\frac{n(n+1)}{{2}^{n}}$≥λ,n∈N*}中有4个元素,
n=1时,$\frac{n(n+1)}{{2}^{n}}$=$\frac{1×2}{2}=1$,
n=2时,$\frac{n(n+1)}{{2}^{n}}$=$\frac{2×3}{4}=\frac{3}{2}$>1,
n=3时,$\frac{n(n+1)}{{2}^{n}}$=$\frac{3×4}{8}$=$\frac{3}{2}$>1,
n=4时,$\frac{n(n+1)}{{2}^{n}}$=$\frac{4×5}{16}$=$\frac{5}{4}$>1,
n=5时,$\frac{n(n+1)}{{2}^{n}}$=$\frac{5×6}{32}$=$\frac{15}{16}$<1,
∴实数λ的取值范围是($\frac{15}{16}$,1].
(3)由an=2n<2015,得n<11,且a10=1024,a11=2048,
由bn=n<2015,得n<2015,且b2014=2014,b2015=2015,
∴Tn=(a1+a2+…+a10)+(b1+b2+…+b10)
=$\frac{2(1-{2}^{10})}{1-2}$+$\frac{10(1+10)}{2}$
=2(1024-1)+5×11
=2101.
点评 本题考查数列的通项公式的求法,考查实数的取值范围的求法,考查数列的前n项和的求法,是中档题,解题时要认真审题,注意分组求和法的合理运用.
A. | $-\frac{1}{2}$ | B. | -1 | C. | 3 | D. | $\frac{3}{2}$ |
A. | 真,真,真 | B. | 假,假,真 | C. | 真,真,假 | D. | 假,假,假 |
A. | 单调递增,且g(x)>0 | B. | 单调递减,且g(x)<0 | C. | 单调递增,且g(x)<0 | D. | 单调递减,且g(x)>0 |
A. | 必要条件 | B. | 充分条件 | C. | 充要条件 | D. | 无关条件 |