分析 (Ⅰ)通過等差數(shù)列{an}的公差d≠0,利用(a1+d)2=a1(a1+4d)可知d=2a1,通過a1+(a1+99d)=2計算可知an=2n−1100;通過在Sn=2bn−1,n∈N∗中令n=1可知首項b1=1,當(dāng)n≥2時利用bn=Sn-Sn-1化簡可知bn=2bn-1,進而可知bn=2n-1;
(Ⅱ)通過(I)可知cn=1100•n2n+99200•12n,利用錯位相減法計算可知數(shù)列{n2n}的前n項和,利用等比數(shù)列的求和公式計算可知數(shù)列{12n}的前n項和,進而可知Tn=103200-1200•2n+1032n,通過函數(shù)f(x)=2x+1032x(x>0)的單調(diào)性計算即得結(jié)論.
解答 解:(Ⅰ)依題意,等差數(shù)列{an}的公差d≠0,
∵a1,a2,a5成等比數(shù)列,
∴a22=a1•a5,即(a1+d)2=a1(a1+4d),
整理得:d2=2da1,即d=2a1,
又∵等差數(shù)列{an}的前10項和為100,
∴100(a1+a100)2=100,即a1+(a1+99d)=2,
整理得:a1=1100,d=150,
∴an=1100+150(n-1)=2n−1100;
∵Sn=2bn−1,n∈N∗,
∴b1=2b1-1,即b1=1,
當(dāng)n≥2時,bn=Sn-Sn-1=(2bn-1)-(2bn-1-1)=2bn-2bn-1,即bn=2bn-1,
∴數(shù)列{bn}是首項為1、公比為2的等比數(shù)列,
∴bn=2n-1;
(Ⅱ)由(I)可知cn=1+an4bn=1+2n−11004•2n−1=1200•2n+992n=1100•n2n+99200•12n,
記數(shù)列{n2n}的前n項和為Pn,數(shù)列{12n}的前n項和為Qn,則
Qn=12•1−12n1−12=1-12n,
∵Pn=1•12+2•122+…+n•12n,12Pn=1•122+2•123+…+(n-1)•12n+n•12n+1,
∴12Pn=12+122+123+…+12n-n•12n+1,
∴Pn=1+12+122+123+…+12n−1-n•12n
=1−12n1−12-n•12n
=2-12n−1-n•12n
=2-(n+2)•12n,
∴Tn=1100•Pn+99200•Qn
=1100•[2-(n+2)•12n]+99200•(1-12n)
=103200-1200•2n+1032n,
記f(x)=2x+1032x,則f′(x)=2x+1−(2x+103)ln2•2x4x<0,
故數(shù)列{2n+1032n}隨著n的增大而減小,
又∵T1=101400,n→∞limTn=103200,
∴101400≤Tn<103200.
點評 本題考查數(shù)列的通項及前n項和,考查運算求解能力,考查錯位相減法,考查數(shù)列的單調(diào)性,注意解題方法的積累,屬于中檔題.
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A. | 4n−13 | B. | (2n−1)23 | C. | 4n-1 | D. | (2n-1)2 |
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A. | 2 | B. | 3 | C. | 5 | D. | 6 |
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A. | [-2,2] | B. | (0,+∞) | C. | (0,2] | D. | [0,2] |
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