Question

6．已知数列{a_n}是等差数列，且a₂=3，a₅=6，数列{b_n}是等比数列且公比q=2，S₄=15
（1）求通项公式a_n，b_n
（2）设{a_n}的前n项和为S_n，证明：数列$\left\{{\frac{S_n}{n}}\right\}$是等差数列
（3）设数列$\left\{{\frac{S_n}{n}•{b_n}}\right\}$的前n项和为T_n，求T_n．

Answer 1

分析 （1）设数列{a_n}的首项为a₁公差为d，从而可得a_n=n+1；设数列{b_n}的首项为b₁，从而可得${S_4}=\frac{{{b_1}（1-{2^4}）}}{1-2}=15$，从而解得；
（2）由（1）知${s_n}=\frac{n（n+3）}{2}$，从而利用定义证明；
（3）由（2）知，$\frac{s_n}{n}=2+（n-1）•\frac{1}{2}$，从而可得$\frac{s_n}{n}•{b_n}=\frac{n+3}{2}•{2^{n-1}}=（n+3）•{2^{n-2}}$，故利用错位相减法求解即可．

解答 解：（1）设数列{a_n}的首项为a₁公差为d，
∵a₅=a₂+3d，∴d=1，a₁=2；
∴a_n=n+1；
设数列{b_n}的首项为b₁，
∵${S_4}=\frac{{{b_1}（1-{q^4}）}}{1-q}=15$，
即${S_4}=\frac{{{b_1}（1-{2^4}）}}{1-2}=15$，
解得b₁=1；
故${b_n}={2^{n-1}}$．
（2）证明：由（1）知，${s_n}=\frac{n（n+3）}{2}$，
∴$\frac{s_n}{n}-\frac{{{s_{n-1}}}}{n-1}=\frac{n+3}{2}-\frac{n+2}{2}=\frac{1}{2}$，
∴数列$\left\{{\frac{S_n}{n}}\right\}$是以2为首项，以$\frac{1}{2}$为公差的等差数列．
（3）由（2）知，$\frac{s_n}{n}=2+（n-1）•\frac{1}{2}$，
即，$\frac{s_n}{n}=\frac{n+3}{2}$；
∴$\frac{s_n}{n}•{b_n}=\frac{n+3}{2}•{2^{n-1}}=（n+3）•{2^{n-2}}$，
∴T_n=4•2^-1+5•2⁰+6•2¹+…+（n+3）2^n-2；
2T_n=4•2⁰+5•2¹+6•2²+…+（n+3）2^n-1；
两式相减可得，
-T_n=2+（2⁰+2¹+…+2^n-2）-（n+3）2^n-1
=2+2^n-1-1-（n+3）2^n-1
=-（n+2）2^n-1+1；
∴T_n=（n+2）2^n-1-1．

点评 本题考查了等差数列与等比数列的应用及错位相减法的应用，同时考查了转化的思想应用．