Question

已知等差數(shù)列{a_n}滿(mǎn)足：a₂=5，a₄+a₆=22，數(shù)列{b_n}滿(mǎn)足b1+2b2+…+2n-1bn=nan，設(shè)數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為S_n．
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}，{b_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）求滿(mǎn)足13＜S_n＜14的n的集合．

Answer 1

分析：（I）利用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式表示已知a₂=5，a₄+a₆=22，可求a₁，d，從而可求a_n，在b1+2b2+…+2n-1bn=nan中令n=1可求b₁，且b₁+2b₂+…+2ⁿb_n+1=（n+1）a_n+1，兩式相減可減可求b_n
（II）利用錯(cuò)位相減可求S_n，然后結(jié)合S_n的單調(diào)性，可求

解答：解：（I）∵a₂=5，a₄+a₆=22，
∴a₁+d=5，（a₁+3d）+（a₁+5d）=22，
解得：a₁=3，d=2．
∴

a

n

=2n+1…（2分）
在b1+2b2+…+2n-1bn=nan
中令n=1得：b₁=a₁=3，
又b₁+2b₂+…+2ⁿb_n+1=（n+1）a_n+1，
∴2ⁿb_n+1=（n+1）a_n+1一na_n．
∴2ⁿb_n+1=（n+1）（2n+3）-n（2n+1）=4n+3，
∴bn+1=

4n+3

2n

，
∴bn=

4n-1

2n-1

(n≥2)，…（5分）
經(jīng)檢驗(yàn)，b₁=3也符合上式，
所以數(shù)列{b_n}的通項(xiàng)公式為bn=

4n-1

2n-1

…（6分）
（Ⅱ）S_n=3+7•

1

2

+…+（4n-1）•（

1

2

）^n-1，

1

2

S_n=3•

1

2

+7•（

1

2

）²+…+（4n一5）•（

1

2

）^n-1+（4n一1）（

1

2

）ⁿ．…（8分）
兩式相減得：

1

2

S_n=3+4[

1

2

+（

1

2

）²+…+（

1

2

）^n-1]一（4n一1）（

1

2

）ⁿ，
∴

1

2

S_n=3+4•

1 2 [1-( 1 2 )n-1]

1- 1 2

-(4n-1)(

1

2

)n，
∴S_n=14-

4n+7

2n-1

．    …（10分）
∴?n∈N^*，S＜14．
∵數(shù)列{b_n}的各項(xiàng)為正，
∴S_n單調(diào)遞增，
又計(jì)算得S5=14-

27

16

＜13，S6=14-

31

32

＞13，
滿(mǎn)足13＜S_n＜14的n的集合為{n|n≥6，n∈N}．

點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了等差數(shù)列的通項(xiàng)公式的應(yīng)用，利用數(shù)列的遞推公式構(gòu)造特殊數(shù)列求解數(shù)列的通項(xiàng)公式，數(shù)列的求和的錯(cuò)位相減求和方法的應(yīng)用．