Question

17．已知一個(gè)遞增的等差數(shù)列{a_n}的前三項(xiàng)的和為-3，前三項(xiàng)的積為8．?dāng)?shù)列$\{\frac{b_n}{a_n}\}$的前n項(xiàng)和為${S_n}={2^{n+1}}-2$．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式．
（2）求數(shù)列$\{\frac{b_n}{a_n}\}$的通項(xiàng)公式．
（3）是否存在一個(gè)等差數(shù)列{c_n}，使得等式${b_n}={c_{n+1}}•{2^{n+1}}-{c_n}•{2^n}$對(duì)所有的正整數(shù)n都成立．若存在，求出所有滿足條件的等差數(shù)列{c_n}的通項(xiàng)公式，并求數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和T_n；若不存在，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （1）一個(gè)遞增的等差數(shù)列{a_n}的前三項(xiàng)的和為-3，前三項(xiàng)的積為8．設(shè)此三項(xiàng)分別為：a-d，a，a+d，d＞0．可得：a-d+a+a+d=-3，（a-d）a（a+d）=8，聯(lián)立解得a，d，即可得出a_n．
（2）數(shù)列$\{\frac{b_n}{a_n}\}$的前n項(xiàng)和為${S_n}={2^{n+1}}-2$．n≥2時(shí)，$\frac{_{n}}{{a}_{n}}$=S_n-S_n-1．n=1時(shí)，$\frac{_{1}}{{a}_{1}}$=2²-2，可得$\frac{_{n}}{{a}_{n}}$．
（3）由（1）（2）可得：b_n=（3n-4）•2ⁿ．假設(shè)存在一個(gè)等差數(shù)列{c_n}，使得等式${b_n}={c_{n+1}}•{2^{n+1}}-{c_n}•{2^n}$對(duì)所有的正整數(shù)n都成立．可得（3n-4）•2ⁿ=${c}_{n+1}•{2}^{n+1}$-${c}_{n}•{2}^{n}$，令c_n=pn+q（p，q為常數(shù)）．代入即可得出．

解答 解：（1）一個(gè)遞增的等差數(shù)列{a_n}的前三項(xiàng)的和為-3，前三項(xiàng)的積為8．
設(shè)此三項(xiàng)分別為：a-d，a，a+d，d＞0．
可得：a-d+a+a+d=-3，（a-d）a（a+d）=8，
解得a=-1，d=3．
∴a_n=-1+3（n-1）=3n-4．
（2）數(shù)列$\{\frac{b_n}{a_n}\}$的前n項(xiàng)和為${S_n}={2^{n+1}}-2$．
n≥2時(shí)，$\frac{_{n}}{{a}_{n}}$=S_n-S_n-1=2ⁿ⁺¹-2-（2ⁿ-2）=2ⁿ．
n=1時(shí)，$\frac{_{1}}{{a}_{1}}$=2²-2=2，對(duì)于上式也成立．
∴$\frac{_{n}}{{a}_{n}}$=2ⁿ．
（3）由（1）（2）可得：b_n=（3n-4）•2ⁿ．
假設(shè)存在一個(gè)等差數(shù)列{c_n}，使得等式${b_n}={c_{n+1}}•{2^{n+1}}-{c_n}•{2^n}$對(duì)所有的正整數(shù)n都成立．
則（3n-4）•2ⁿ=${c}_{n+1}•{2}^{n+1}$-${c}_{n}•{2}^{n}$，
可得：2c_n+1-c_n=3n-4，
令c_n=pn+q（p，q為常數(shù)）．
∴2[p（n+1）+q]-（pn+q）=3n-4，
化為：pn+2p+q=3n-4，
可得$\left\{\begin{array}{l}{p=3}\\{2p+q=-4}\end{array}\right.$，解得p=3，q=-10．
∴c_n=3n-10．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了數(shù)列遞推關(guān)系、等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項(xiàng)公式與求和公式，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．