题目内容
等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1=7，a2为整数，当且仅当n=4时Sn取得最大值．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设bn=（9-an）•2n+1，求数列{bn}的前n项和为Tn．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设bn=（9-an）•2n+1，求数列{bn}的前n项和为Tn．
考点：数列的求和,等差数列的性质
专题：等差数列与等比数列
分析：（1）由当且仅当n=4时Sn取得最大值，可得a4＞0，a5＜0．再利用等差数列的通项公式即可得出；
（2）利用“错位相减法”、等比数列的前n项和公式即可得出．
（2）利用“错位相减法”、等比数列的前n项和公式即可得出．
解答：
解：（1）∵当且仅当n=4时Sn取得最大值，
∴a4＞0，a5＜0．
∴
，解得-
＜d＜-
．
又a2为整数，∴7+d为整数，
∴d为整数，∴d=-2．
故an=7-2（n-1）=9-2n．
（2）bn=（9-an）•2n+1=n•2n．
∴数列{bn}的前n项和为Tn=1×2+2×22+3×23+…+n×2n，
2Tn=22+2×23+3×24+…+（n-1）×2n+n•2n+1，
∴-Tn=2+22+23+…+2n-n×2n+1=
-n×2n+1=（1-n）×2n+1-2，
∴Tn=(n-1)×2n+1+2．
∴a4＞0，a5＜0．
∴
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| 7 |
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又a2为整数，∴7+d为整数，
∴d为整数，∴d=-2．
故an=7-2（n-1）=9-2n．
（2）bn=（9-an）•2n+1=n•2n．
∴数列{bn}的前n项和为Tn=1×2+2×22+3×23+…+n×2n，
2Tn=22+2×23+3×24+…+（n-1）×2n+n•2n+1，
∴-Tn=2+22+23+…+2n-n×2n+1=
| 2×(2n-1) |
| 2-1 |
∴Tn=(n-1)×2n+1+2．
点评：本题考查了“错位相减法”、等差数列与等比数列的通项公式及其前n项和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
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