Question

20．设数列{a_n}为等比数列，数列{b_n}满足b_n=na₁+（n-1）a₂+…+2a_n-1+a_n，n∈N^*，已知b₁=m，b₂=$\frac{3m}{2}$，其中m≠0．
（1）求数列{a_n}的首项和公比；
（2）当m=9时，求b_n；
（3）设S_n为数列{a_n}的前n项和，若对于任意的正整数n，都有S_n∈[2，6]，求实数m的取值范围．

Answer 1

分析 （1）由已知中数列{a_n}为等比数列，我们只要根据b_n=na₁+（n-1）a₂+…+2a_n-1+a_n，n∈N^*，已知b₁=m，b₂=$\frac{3m}{2}$，求出a₁，a₂然后根据公比的定义，即可求出数列{a_n}的首项和公比．
（2）当m=1时，结合（1）的结论，我们不难给出数列{a_n}的通项公式，并由b_n=na₁+（n-1）a₂+…+2a_n-1+a_n，n∈N^*给出b_n的表达式，利用错位相消法，我们可以对其进行化简，并求出b_n；
（3）由S_n为数列{a_n}的前n项和，及（1）的结论，我们可以给出S_n的表达式，再由S_n∈[2，6]，我们可以构造一个关于m的不等式，解不等式，即可得到实数m的取值范围．在解答过程中要注意对n的分类讨论．

解答 解：（1）由已知b₁=a₁，所以a₁=m，b₂=2a₁+a₂，
所以2a₁+a₂=$\frac{3}{2}$m，
解得a₂=-$\frac{m}{2}$，
所以数列{a_n}的公比q=-$\frac{1}{2}$．
（2）当m=9时，a_n=9•$（-\frac{1}{2}）^{n-1}$，
b_n=na₁+（n-1）a₂+…+2a_n-1+a_n①，
-$\frac{1}{2}$b_n=na₂+（n-1）a₃+…+2a_n+a_n+1②，
②-①得
-$\frac{3}{2}$b_n=-n+a₂+a₃+…+a_n+a_n+1=-n+$\frac{-\frac{9}{2}[1-（-\frac{1}{2}）^{n}]}{1-（-\frac{1}{2}）}$=-n-3[1-$（-\frac{1}{2}）^{n}$]
所以b_n=$\frac{2}{3}$n+2[1-$（-\frac{1}{2}）^{n}$]；
（3）S_n=$\frac{2m}{3}$[1-$（-\frac{1}{2}）^{n}$]
因为1-$（-\frac{1}{2}）^{n}$＞0，
所以，由S_n∈[2，6]得$\frac{2}{1-（-\frac{1}{2}）^{n}}$≤$\frac{2m}{3}$≤$\frac{6}{1-（-\frac{1}{2}）^{n}}$，
注意到，当n为奇数时1-$（-\frac{1}{2}）^{n}$∈（1，$\frac{3}{2}$]，
当n为偶数时1-$（-\frac{1}{2}）^{n}$∈[$\frac{3}{4}$，1），
所以1-$（-\frac{1}{2}）^{n}$最大值为$\frac{3}{2}$，最小值为$\frac{3}{4}$．
对于任意的正整数n都有$\frac{2}{1-（-\frac{1}{2}）^{n}}$≤$\frac{2m}{3}$≤$\frac{6}{1-（-\frac{1}{2}）^{n}}$，
所以$\frac{8}{3}$≤$\frac{2m}{3}$≤4，所以4≤m≤6．
即所求实数m的取值范围是{m|4≤m≤6}．

点评 如果一个数列的各项是由一个等差数列与一个等比数列的对应项的乘积组成，则求此数列的前n项和Sn，一般用乘以其公比然后再添加不可缺少的式子错位相减法，要注意对字母的讨论．