浙江 2018 · 数学 q20

题面

20. （本题满分 15 分）已知等比数列 $\{a_{n}\}$ 的公比 $q > 1$，且 $a_{3} + a_{4} + a_{5} = 28$，$a_{4} + 2$ 是 $a_{3}$，$a_{5}$ 的等差中项．数列

$\{b_{n}\}$ 满足 $b_{1}=1$，数列 $\{(b_{n+1}-b_{n}) a_{n}\}$ 的前 n 项和为 $2n^{2}+n$.

（I）求 q 的值；

（Ⅱ）求数列 $\{b_{n}\}$ 的通项公式．学*科网

(Ⅰ) 求 q 的值;

（Ⅱ）求数列 $\{b_{n}\}$ 的通项公式.

解析

分析

（Ⅰ）运用等比数列的通项公式和等差数列中项性质，解方程可得公比q;

(Ⅱ) 设 $c_{n} = (b_{n+1} - b_{n}) a_{n} = (b_{n+1} - b_{n}) 2^{n-1}$, 运用数列的递推式可得 $c_{n} = 4n - 1$,再由数列的恒等式求得 $b_{n} = b_{1} + (b_{2} - b_{1}) + (b_{3} - b_{2}) + \dots + (b_{n} - b_{n-1})$, 运用错位相减法, 可得所求数列的通项公式.

解答

解：（Ⅰ）等比数列 $\{a_{n}\}$ 的公比q>1，且 $a_{3}+a_{4}+a_{5}=28$ ， $a_{4}+2$ 是 $a_{3}$ ， $a_{5}$ 的等差中项，

可得 $2a_{4}+4=a_{3}+a_{5}=28-a_{4}$ ,

解得 $a_{4}=8$ ，

由 $\frac{8}{q}+8+8q=28$ ，可得q=2 $\left(\frac{1}{2}\right.$ 舍去 $)$ ，

则 q 的值为 2;

（Ⅱ）设 $c_{n}=(b_{n+1}-b_{n})a_{n}=(b_{n+1}-b_{n})2^{n-1}$

可得 n=1 时， $c_{1}=2+1=3$ ，

$n \geqslant 2$ 时，可得 $c_{n}=2n^{2}+n-2(n-1)^{2}-(n-1)=4n-1$

上式对 n=1 也成立，

则 $(b_{n+1}-b_n)a_n=4n-1,$

即有 $b_{n+1} - b_{n} = (4n - 1) \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}$ ,

可得 $b_{n}=b_{1}+(b_{2}-b_{1})+(b_{3}-b_{2})+...+(b_{n}-b_{n-1})$

$= 1 + 3 \bullet \left(\frac{1}{2}\right)^{0} + 7 \bullet \left(\frac{1}{2}\right)^{1} + \dots + (4 n - 5) \bullet \left(\frac{1}{2}\right)^{n - 2},$

$\frac{1}{2} b_{n} = \frac{1}{2} + 3 \bullet (\frac{1}{2}) + 7 \bullet (\frac{1}{2})^{2} + \dots + (4 n - 5) \bullet (\frac{1}{2})^{n - 1},$

相减可得 $\frac{1}{2} b_n = \frac{7}{2} + 4\left[\left(\frac{1}{2}\right) + \left(\frac{1}{2}\right)^2 + \dots + \left(\frac{1}{2}\right)^{n-2}\right] - (4n - 5) \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}$

$= \frac{7}{2} + 4 \cdot \frac{\frac{1}{2} \left(1 - \frac{1}{2^{n - 2}}\right)}{1 - \frac{1}{2}} - (4 n - 5) \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^{n - 1},$

化简可得 $b_{n}=15-(4n+3)\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{n-2}$ .