Question

16．设{a_n}是等比数列，{a_2n-1}是等差数列．
（1）若a₁=9，求数列{a_n}的通项公式；
（2）记数列{a_n}的前n项和为S_n，f（n）=S_n+1-n²，若a₁+a₂=18，求f（1）+$\frac{f（2）}{2}$+$\frac{f（3）}{3}$+…+$\frac{f（n）}{n}$最大值时n的值．

Answer 1

分析 （1）设等比数列{a_n}的公比为q，又{a_2n-1}是等差数列．可得2a₃=a₁+a₅，即$2{a}_{1}{q}^{2}$=${a}_{1}+{a}_{1}{q}^{4}$，解出即可得出．
（2）由（1）可得：q=±1．①若q=1，由a₁+a₂=18，可得a₁=a₂=9，a_n=9．S_n=9n．f（n）=9n+1-n²．
$\frac{f（n）}{n}$=9+$\frac{1}{n}$-n，g（n）=f（1）+$\frac{f（2）}{2}$+$\frac{f（3）}{3}$+…+$\frac{f（n）}{n}$=9n-$\frac{n（n+1）}{2}$+1+$\frac{1}{2}$+…+$\frac{1}{n}$．g（n+1）-g（n）=9+$\frac{1}{n+1}$-（n+1），对n分类讨论，可得其单调性．

解答 解：（1）设等比数列{a_n}的公比为q，又{a_2n-1}是等差数列．
∴2a₃=a₁+a₅，
∴$2{a}_{1}{q}^{2}$=${a}_{1}+{a}_{1}{q}^{4}$，
化为q⁴-2q²+1=0，
解得q²=1，
∴q=±1．
∵a₁=9，
∴a_n=9×（±1）^n-1．
（2）由（1）可得：q=±1．
①若q=1，∵a₁+a₂=18，∴a₁=a₂=9，∴a_n=9．∴S_n=9n．
∴f（n）=S_n+1-n²=9n+1-n²．
∴$\frac{f（n）}{n}$=9+$\frac{1}{n}$-n，
g（n）=f（1）+$\frac{f（2）}{2}$+$\frac{f（3）}{3}$+…+$\frac{f（n）}{n}$=9n-$\frac{n（n+1）}{2}$+1+$\frac{1}{2}$+…+$\frac{1}{n}$．
g（n+1）-g（n）=9（n+1）-$\frac{（n+1）（n+2）}{2}$+1+$\frac{1}{2}$+…+$\frac{1}{n}$+$\frac{1}{n+1}$-[9n-$\frac{n（n+1）}{2}$+1+$\frac{1}{2}$+…+$\frac{1}{n}$]
=9+$\frac{1}{n+1}$-（n+1），
n≤8时，g（n+1）＞g（n），g（n）单调递增；n≥9时，g（n+1）＜g（n），g（n）单调递减．
∴g（1）＜g（2）＜…＜g（8）＜g（9）＞g（10）＞…．
∴n=9时，g（n）取得最大值．
②若q=-1，不满足a₁+a₂=18，舍去．
综上可得：f（1）+$\frac{f（2）}{2}$+$\frac{f（3）}{3}$+…+$\frac{f（n）}{n}$取得最大值时n=9．

点评 本题考查了等差数列与等比数列的通项公式及其前n项和公式、递推关系、数列的单调性，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于中档题．