Question

14．已知S_n是等比数列{a_n}的前n项和，S₃，S₉，S₆成等差数列．
（Ⅰ）求证：a₂，a₈，a₅成等差数列；
（Ⅱ）若等差数列{b_n}满足b₁=a₂=1，b₃=a₅，求数列{a_n³b_n}的前n项和T_n．

Answer 1

分析 （Ⅰ）设等比数列{a_n}的公比为q．当q=1时，显然S₃+S₆≠2S₉，与已知S₃，S₉，S₆成等差数列矛盾，可得q≠1．由S₃+S₆=2S₉，利用求和公式化为：1+q³=2q⁶，即可证明a₂，a₈，a₅成等差数列．
（Ⅱ）由（Ⅰ）1+q³=2q⁶，解得q³=-$\frac{1}{2}$．可得${a}_{n}^{3}$=$（{a}_{1}{q}^{n-1}）^{3}$=${a}_{2}^{3}•{q}^{3（n-2）}$=$（-\frac{1}{2}）^{n-2}$．b₁=a₂=1，b₃=a₅=-$\frac{1}{2}$，可得b_n=-$\frac{3}{4}n$+$\frac{7}{4}$，${a}_{n}^{3}{b}_{n}$=$（-\frac{3}{4}n+\frac{7}{4}）$$（-\frac{1}{2}）^{n-2}$，再利用“错位相减法”与等比数列的求和公式即可得出．

解答 （Ⅰ）证明：设等比数列{a_n}的公比为q．
当q=1时，显然S₃+S₆≠2S₉，与已知S₃，S₉，S₆成等差数列矛盾，
∴q≠1．由S₃+S₆=2S₉，可得$\frac{{a}_{1}（1-{q}^{3}）}{1-q}$+$\frac{{a}_{1}（1-{q}^{6}）}{1-q}$=2$•\frac{{a}_{1}（1-{q}^{9}）}{1-q}$，
化为：1+q³=2q⁶，∴a₂+a₅=${a}_{2}（1+{q}^{3}）$=${a}_{2}•2{q}^{6}$=2a₈．
∴a₂，a₈，a₅成等差数列．
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）1+q³=2q⁶，解得q³=1（舍去），q³=-$\frac{1}{2}$．
∴${a}_{n}^{3}$=$（{a}_{1}{q}^{n-1}）^{3}$=${a}_{2}^{3}•{q}^{3（n-2）}$=$（-\frac{1}{2}）^{n-2}$．
b₁=a₂=1，b₃=a₅=-$\frac{1}{2}$，
数列{b_n}的公差d=$\frac{1}{2}$（b₃-b₁）=-$\frac{3}{4}$．
∴b_n=-$\frac{3}{4}n$+$\frac{7}{4}$，
故${a}_{n}^{3}{b}_{n}$=$（-\frac{3}{4}n+\frac{7}{4}）$$（-\frac{1}{2}）^{n-2}$，
T_n=$1×（-\frac{1}{2}）^{-1}$+$\frac{1}{4}（-\frac{1}{2}）^{0}+（-\frac{2}{4}）（-\frac{1}{2}）^{1}$+…+$（-\frac{3}{4}n+\frac{7}{4}）$$（-\frac{1}{2}）^{n-2}$，①
$-\frac{1}{2}{T}_{n}$=$1×（-\frac{1}{2}）^{0}+\frac{1}{4}$$（-\frac{1}{2}）^{1}$+…+$（-\frac{3}{4}n+\frac{10}{4}）$$（-\frac{1}{2}）^{n-2}$+$（-\frac{3}{4}n+\frac{7}{4}）$$（-\frac{1}{2}）^{n-1}$ ②
①-②得：$\frac{3}{2}{T}_{n}$=-2+$（-\frac{3}{4}）$$[（-\frac{1}{2}）^{0}+（-\frac{1}{2}）^{1}+…+（-\frac{1}{2}）^{n-2}]$-$（-\frac{3}{4}n+\frac{7}{4}）$$（-\frac{1}{2}）^{n-1}$=-2-$\frac{1}{2}[1-（-\frac{1}{2}）^{n-1}]$-$（-\frac{3}{4}n+\frac{7}{4}）$$（-\frac{1}{2}）^{n-1}$=$-\frac{5}{2}$+$（\frac{3}{4}n-\frac{5}{4}）$$（-\frac{1}{2}）^{n-1}$，
解得T_n=-$\frac{5}{3}$+$\frac{5-3n}{3}（-\frac{1}{2}）^{n}$．

点评 本题考查了等差数列与等比数列的通项公式与求和公式、“错位相减法”方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．