Question

1．已知等比數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，a₁=$\frac{1}{2}$，a_na_n+1＞0（n∈N^*），S₃+a₃，S₅+a₅，S₄+a₄成等差數(shù)列．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（1）設(shè)b_n=na_n，求數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和T_n．

Answer 1

分析 （1）通過S₃+a₃，S₅+a₅，S₄+a₄成等差數(shù)列可知S₅+a₅-（S₃+a₃）=S₄+a₄-（S₅+a₅），整理可知4a₅=a₃，通過設(shè)等比數(shù)列{a_n}的公比為q，利用q²=$\frac{{a}_{5}}{{a}_{3}}$及a_na_n+1＞0可知q=$\frac{1}{2}$，進(jìn)而計(jì)算可得結(jié)論；
（2）通過（1）可知b_n=n•$\frac{1}{{2}^{n}}$，進(jìn)而利用錯(cuò)位相減法計(jì)算計(jì)算即得結(jié)論．

解答 解：（1）因?yàn)镾₃+a₃，S₅+a₅，S₄+a₄成等差數(shù)列，
所以S₅+a₅-（S₃+a₃）=S₄+a₄-（S₅+a₅），
化簡得4a₅=a₃，
設(shè)等比數(shù)列{a_n}的公比為q，則q²=$\frac{{a}_{5}}{{a}_{3}}$=$\frac{1}{4}$，
因?yàn)閍_na_n+1=${{a}_{1}}^{2}$•q^2n-1＞0，
所以q＞0，從而q=$\frac{1}{2}$，
故數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式a_n=$\frac{1}{{2}^{n}}$；
（2）由（1）可知b_n=na_n=n•$\frac{1}{{2}^{n}}$，
所以T_n=1•$\frac{1}{2}$+2•$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+n•$\frac{1}{{2}^{n}}$，①
則$\frac{1}{2}$T_n=1•$\frac{1}{{2}^{2}}$+2•$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+（n-1）•$\frac{1}{{2}^{n}}$+n•$\frac{1}{{2}^{n+1}}$，②
①-②，得$\frac{1}{2}$T_n=$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}}$-n•$\frac{1}{{2}^{n+1}}$，
即T_n=1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n-1}}$-n•$\frac{1}{{2}^{n}}$
=$\frac{1-\frac{1}{{2}^{n}}}{1-\frac{1}{2}}$-n•$\frac{1}{{2}^{n}}$
=2-$\frac{n+2}{{2}^{n}}$．

點(diǎn)評 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)及前n項(xiàng)和，考查錯(cuò)位相減法，注意解題方法的積累，屬于中檔題．