Question

已知數(shù)列{a_n}為等差數(shù)列，a₃=5，a₇=13，數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為S_n，且有S_n=2b_n-1
（1）求{a_n}、{b_n}的通項(xiàng)公式；
（2）若c_n=a_nb_n，{c_n}的前n項(xiàng)和為T_n，求T_n；
（3）試比較T_n與a_nS_n的大小，并說(shuō)明理由．

Answer 1

分析：（1）直接利用a₃=5，a₇=13，列出關(guān)于首項(xiàng)和公差的等式，求出首項(xiàng)和公差即可求{a_n}的通項(xiàng)公式；再利用S_n=2b_n-1及S_n-1=2b_n-1-1可得b_n=2b_n-2b_n-1，整理得是公比為2 的等比數(shù)列，再求出首項(xiàng)即可求{b_n}的通項(xiàng)公式；
（2）先整理出{c_n}的通項(xiàng)公式，因?yàn)槭且坏炔顢?shù)列乘一等比數(shù)列組成的新數(shù)列，所以直接利用錯(cuò)位相減法求和即可；
（3）對(duì)T_n與a_nS_n作差整理得2（n+1-2ⁿ），再研究對(duì)應(yīng)函數(shù)f（x）=x+1-2^x（x≥1）的單調(diào)性求出其最值即可比較出T_n與a_nS_n的大�。�

解答：解：（1）∵{a_n}是等差數(shù)列，且a₃=5，a₇=13，設(shè)公差為d．
∴

a1+2d=5 a1+6d=13

，解得

a1=1 d=2

∴a_n=1+2（n-1）=2n-1（n∈N^*）（2分）
在{b_n}中，∵S_n=2b_n-1
當(dāng)n=1時(shí)，b₁=2b₁-1，∴b₁=1
當(dāng)n≥2時(shí)，由S_n=2b_n-1及S_n-1=2b_n-1-1可得b_n=2b_n-2b_n-1，∴b_n=2b_n-1
∴{b_n}是首項(xiàng)為1公比為2的等比數(shù)列
∴b_n=2^n-1（n∈N^*）（4分）
（2）c_n=a_nb_n=（2n-1）•2^n-1
T_n=1+3•2+5•2²++（2n-1）•2^n-1①
2T_n=1•2+3•2²+5•2³++（2n-3）•2^n-1+（2n-1）•2ⁿ②
①-②得-T_n=1+2•2+2•2²++2•2^n-1-（2n-1）•2ⁿ
=1+2•

2(1-2n-1)

1-2

-(2n-1)•2n
=1+4（2^n-1-1）-（2n-1）•2ⁿ
=-3-（2n-3）•2ⁿ
∴T_n=（2n-3）•2ⁿ+3（n∈N^*）（8分）
（3）T_n-a_nS_n=（2n-3）•2ⁿ+3-（2n-1）（2ⁿ-1）
=（2n-3）•2ⁿ+3-（2n-1）•2ⁿ+2n-1
=2n+2-2•2ⁿ
=2（n+1-2ⁿ）（9分）
令f（x）=x+1-2^x（x≥1），則f'（x）=1-2^xln2
∵f'（x）在[1，+∞）是減函數(shù)，又f'（1）=1-2ln2=1-ln4＜0
∴x≥1時(shí)，f'（x）＜0
∴x≥1時(shí)，f（x）是減函數(shù)．
又f（1）=1+1-2=0
∴x≥1時(shí)，f（x）≤0
∴x≥1時(shí)，x+1-2^x≤0（13分）
∴n∈N^*時(shí)，n+1-2ⁿ≤0
∴n∈N^*時(shí)，T_n≤a_nS_n（14分）

點(diǎn)評(píng)：本題的第二問(wèn)考查了數(shù)列求和的錯(cuò)位相減法．錯(cuò)位相減法適用于通項(xiàng)為一等差數(shù)列乘一等比數(shù)列組成的新數(shù)列．