每日一题[3103]如影随形

已知 $\left\{a_n\right\}$ 是等差数列，$a_2+a_5=16$，$a_5-a_3=4$．

1、求 $\left\{a_n\right\}$ 的通项公式和 $\displaystyle \sum\limits_{i=2^{n-1}}^{2^n-1} a_i$．

2、已知 $\left\{b_n\right\}$ 为等比数列，对于任意 $k \in \mathbb{N}^{\ast}$，若 $2^{k-1} \leqslant n \leqslant 2^k-1$，则 $b_k<a_n<b_{k+1}$．

① 当 $k \geqslant 2$ 时，求证：$2^k-1<b_k<2^k+1$．

② 求 $\left\{b_n\right\}$ 的通项公式及其前 $n$ 项和．

解析

1、设 $\{a_n\}$ 的公差为 $d$，则

$$\begin{cases} a_2+a_5=16,\\ a_5-a_3=4,\end{cases}\iff \begin{cases} 2a_1+5d=16,\\ 2d=4,\end{cases}\iff \begin{cases} a_1=3,\\ d=2,\end{cases}$$ 因此 $a_n=2n+1$（$n\in\mathbb N^{\ast}$），因此其前 $n$ 项和 $S_n=(n+1)^2-1$（$n\in\mathbb N^{\ast}$），于是 $$\sum\limits_{i=2^{n-1}}^{2^n-1} a_i=S_{2^n-1}-S_{2^{n-1}-1} =2^{2n}-2^{2n-2}=3\cdot 4^{n-1}.$$

2、① 根据题意，有

$$b_k<a_{2^{k-1}}<a_{2^k-1}<b_{k+1},$$ 于是 $$\begin{cases} b_k<2^k+1,\\ b_{k+1}>2^{k+1}-1,\end{cases}\implies \begin{cases} b_k<2^k+1,\\ b_k>2^k-1,\end{cases}$$ 命题得证．

② 根据 ① 的结论，设数列 $\{b_n\}$ 的公比为 $q$（$q>0$），则

$$2^k-1<b_1\cdot q^{k-1}<2^k+1,$$ 也即 $$1<2-\dfrac{1}{2^{k-1}}<b_1\cdot \left(\dfrac q2\right)^{k-1}<2+\dfrac{1}{2^{k-1}}<3,$$ 若 $q>2$，则当 $k=\left[{\log_{\frac q2}}\dfrac{3}{b_1}\right]+2$ 时有 $$b_1\cdot \left(\dfrac q2\right)^{k-1}>3,$$ 矛盾；类似的，$0<q<2$ 时与左边不等式矛盾，因此 $q=2$，进而 $$2-\dfrac{1}{2^{k-1}}<b_1<2+\dfrac{1}{2^{k-1}},$$ 若 $b_1>2$，则当 $k=\left[{\log_2}\dfrac{1}{b_1-2}\right]+2$ 时，有 $$b_1>2+\dfrac{1}{2^{k-1}},$$ 矛盾；类似地，$b_1<2$ 时与左边不等式矛盾，因此 $b_1=2$，综上所述，$b_n=2^n$（$n\in\mathbb N^{\ast}$），其前 $n$ 项和为 $2^{n+1}-2$．