Question

10．已知數(shù)列{a_n}和{b_n}的前n項(xiàng)和分別為S_n，T_n．
（1）若{a_n}和{b_n}分別是公差為d₁，d₂的等差數(shù)列，當(dāng)d₁，d₂滿足什么條件時(shí)，{a_nb_n}也為等差數(shù)列？
（2）如果{b_n}為等差數(shù)列，且對(duì)一切正整數(shù)n，S_n-T_n=（a_n-b_n）n恒成立，求證：{a_n}為等差數(shù)列；
（3）如果{a_n}為等差數(shù)列，且a₁=-9，S₉=S₁₀；{b_n}為等比數(shù)列，且b₁=2，T₃=14，求數(shù)列{$\frac{{a}_{n}}{_{n}}$}的前n項(xiàng)和，并求數(shù)列{$\frac{{a}_{n}}{_{n}}$}的最大項(xiàng)和最小項(xiàng)．

Answer 1

分析 （1）若{a_nb_n}也為等差數(shù)列，可得2a₂b₂=a₁b₁+a₃b₃，因此2a₂b₂=（a₂-d₁）（b₂-d₂）+（a₂+d₁）（b₂+d₂），化簡(jiǎn)整理即可得出．
（2）利用遞推關(guān)系與等差數(shù)列的定義即可得出．
（3）設(shè)等差數(shù)列{a_n}的公差為d，由a₁=-9，S₉=S₁₀；利用等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式可得d，可得a_n．設(shè)等比數(shù)列{b_n}的公比為q，由b₁=2，T₃=14，可得2（1+q+q²）=14，解得q，可得b_n，$\frac{{a}_{n}}{_{n}}$=$\frac{n-10}{{2}^{n}}$，或$\frac{{a}_{n}}{_{n}}$=$\frac{n-10}{2×（-3）^{n-1}}$．再利用分類討論、“錯(cuò)位相減法”與等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式即可得出．

解答 解：（1）已知{a_n}和{b_n}分別是公差為d₁，d₂的等差數(shù)列，
若{a_nb_n}也為等差數(shù)列，則2a₂b₂=a₁b₁+a₃b₃，
∴2a₂b₂=（a₂-d₁）（b₂-d₂）+（a₂+d₁）（b₂+d₂），
化為d₁d₂=0．
∴當(dāng)d₁，d₂滿足d₁d₂=0條件時(shí)，{a_nb_n}也為等差數(shù)列．
（2）證明：∵對(duì)一切正整數(shù)n，S_n-T_n=（a_n-b_n）n恒成立，
∴n≥2時(shí)，S_n-1-T_n-1=（a_n-1-b_n-1）（n-1），可得：a_n-b_n=（a_n-b_n）n-（a_n-1-b_n-1）（n-1），可得：a_n-a_n-1=b_n-b_n-1=常數(shù)．
∴{a_n}為等差數(shù)列，公差等于常數(shù)b₂-b₁．
（3）解：設(shè)等差數(shù)列{a_n}的公差為d，∵a₁=-9，S₉=S₁₀；
∴-9×9+$\frac{9×8}{2}$d=-9×10+$\frac{10×9}{2}$d，解得d=1．
∴a_n=-9+n-1=n-10．
設(shè)等比數(shù)列{b_n}的公比為q，∵b₁=2，T₃=14，∴2（1+q+q²）=14，解得q=2或-3，
∴b_n=2ⁿ或$_{n}=2×（-3）^{n-1}$．
∴$\frac{{a}_{n}}{_{n}}$=$\frac{n-10}{{2}^{n}}$，或$\frac{{a}_{n}}{_{n}}$=$\frac{n-10}{2×（-3）^{n-1}}$．
①$\frac{{a}_{n}}{_{n}}$=$\frac{n-10}{{2}^{n}}$=f（n），
當(dāng)n≤9時(shí)，f（n）＜0，并且單調(diào)遞增；n=10時(shí)，f（n）=0；n≥11時(shí)，f（n）＞0，f（11）=f（12），從第12項(xiàng)開始單調(diào)遞減．
∴最大項(xiàng)為第11或12項(xiàng)，為$\frac{1}{{2}^{11}}$；n=1時(shí)取最小值-$\frac{9}{2}$，即最小項(xiàng)為第一項(xiàng)，為-$\frac{9}{2}$．
數(shù)列{$\frac{{a}_{n}}{_{n}}$}的前n項(xiàng)和A_n=$\frac{-9}{2}$+$\frac{-8}{{2}^{2}}$+…+$\frac{n-11}{{2}^{n-1}}$+$\frac{n-10}{{2}^{n}}$，
∴$\frac{1}{2}{A}_{n}$=$\frac{-9}{{2}^{2}}$+$\frac{-8}{{2}^{3}}$+…+$\frac{n-11}{{2}^{n}}$+$\frac{n-10}{{2}^{n+1}}$，
∴$\frac{1}{2}{A}_{n}$=$\frac{-9}{2}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{2}{{2}^{3}}$+…-$\frac{1}{{2}^{n}}$-$\frac{n-10}{{2}^{n+1}}$=-5+$\frac{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{2}^{n}}）}{1-\frac{1}{2}}$-$\frac{n-10}{{2}^{n+1}}$=-4-$\frac{n-8}{{2}^{n+1}}$，
∴A_n=-8-$\frac{n-8}{{2}^{n}}$．
②$\frac{{a}_{n}}{_{n}}$=$\frac{n-10}{2×（-3）^{n-1}}$．
數(shù)列{$\frac{{a}_{n}}{_{n}}$}的前n項(xiàng)和B_n=$\frac{1}{2}[\frac{-9}{1}+\frac{-8}{-3}$+$\frac{-7}{（-3）^{2}}$+…+$\frac{n-10}{{（-3）}^{n-1}}]$，
$-\frac{1}{3}{B}_{n}$=$\frac{1}{2}$$[\frac{-9}{-3}+\frac{-8}{（-3）^{2}}$+…+$\frac{n-11}{（-3）^{n-1}}+\frac{n-10}{（-3）^{n}}]$，
∴$\frac{4}{3}$B_n=$\frac{1}{2}[-9+\frac{1}{-3}$+$\frac{1}{（-3）^{2}}$+…+$\frac{1}{（-3）^{n-1}}-\frac{n-10}{（-3）^{n}}]$=$\frac{1}{2}[-9+\frac{-\frac{1}{3}（1-\frac{1}{（-3）^{n-1}}）}{1-\frac{1}{-3}}-\frac{n-10}{（-3）^{n}}]$=$\frac{1}{2}$$[-\frac{35}{4}-\frac{n-13}{4×（-3）^{n}}]$，
∴B_n=$-\frac{105}{32}$+$\frac{n-13}{32×（-3）^{n-1}}$．
設(shè)$\frac{{a}_{n}}{_{n}}$=$\frac{n-10}{2×（-3）^{n-1}}$=g（n）．
則g（1）=$-\frac{9}{2}$，g（2）=$\frac{4}{3}$，g（3）=-$\frac{7}{2×{3}^{2}}$，g（4）=$\frac{6}{2×{3}^{3}}$，…，g（9）=-$\frac{1}{2×{3}^{8}}$，g（10）=0，g（11）=$\frac{1}{2×{3}^{10}}$，g（12）=$\frac{-2}{2×{3}^{11}}$，g（13）=$\frac{3}{2×{3}^{12}}$，g（14）=$\frac{-4}{2×{3}^{13}}$，…．
可得：n≤9，奇數(shù)項(xiàng)g（n）＜0，并且單調(diào)遞增；偶數(shù)項(xiàng)g（n）＞0，并且單調(diào)遞減．
n=10，g（10）=0．
n≥11，奇數(shù)項(xiàng)g（n）＞0，并且單調(diào)遞減；偶數(shù)項(xiàng)g（n）＜0，并且單調(diào)遞增．
∴數(shù)列{$\frac{{a}_{n}}{_{n}}$}的最大項(xiàng)和最小項(xiàng)分別為：g（2）=$\frac{4}{3}$；g（1）=-$\frac{9}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項(xiàng)公式及其前n項(xiàng)和公式、分類討論方法、數(shù)列的單調(diào)性，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．