Question

1．已知數(shù)列{a_n}是各項(xiàng)均為正數(shù)的等差數(shù)列，首項(xiàng)a₁=1，其前n項(xiàng)和為S_n；數(shù)列{b_n}是等比數(shù)列，首項(xiàng)b₁=2，且b₂S₂=16，b₃S₃=72．
（1）求數(shù)列{a_n}，{b_n}的通項(xiàng)公式；
（2）若${c_n}=\frac{S_n}{b_n}$，求數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和T_n．

Answer 1

分析 （1）由已知條件，利用等差數(shù)列、等比數(shù)列的通項(xiàng)公式、前n項(xiàng)和列出方程組，求出等差數(shù)列的公差和等比數(shù)列的公比，由此能求出a_n與b_n；
（2）由（1）能推導(dǎo)出S_n=n²，兩次運(yùn)用數(shù)列的求和方法：錯(cuò)位相減法，結(jié)合等比數(shù)列的求和公式．

解答 解：（1）設(shè)等差數(shù)列{a_n}的公差為d，等比數(shù)列{b_n}的公比為q，
∵等差數(shù)列{a_n}的各項(xiàng)均為正數(shù)，a₁=1，b₁=2，
∴a_n=1+（n-1）d，b_n=2q^n-1，d＞0，
∵b₂S₂=16，b₃S₃=72，
∴$\left\{\begin{array}{l}{2（2+d）q=16}\\{2（3+3d）{q}^{2}=72}\end{array}\right.$，
解得d=q=2，
∴a_n=2n-1，b_n=2ⁿ．
（2）∵a₁=1，d=2，
∴S_n=n+$\frac{1}{2}$n（n-1）•2=n²，
可得${c_n}=\frac{S_n}{b_n}$=$\frac{{n}^{2}}{{2}^{n}}$，
前n項(xiàng)和T_n=$\frac{1}{2}$+$\frac{{2}^{2}}{{2}^{2}}$+$\frac{{3}^{2}}{{2}^{3}}$+…+$\frac{{n}^{2}}{{2}^{n}}$，
$\frac{1}{2}$T_n=$\frac{1}{4}$+$\frac{{2}^{2}}{{2}^{3}}$+$\frac{{3}^{2}}{{2}^{4}}$+…+$\frac{{n}^{2}}{{2}^{n+1}}$，
相減可得$\frac{1}{2}$T_n=$\frac{1}{2}$+$\frac{3}{4}$+$\frac{5}{8}$+$\frac{7}{16}$+…+$\frac{2n-1}{{2}^{n}}$-$\frac{{n}^{2}}{{2}^{n+1}}$，
設(shè)A_n=$\frac{1}{2}$+$\frac{3}{4}$+$\frac{5}{8}$+$\frac{7}{16}$+…+$\frac{2n-1}{{2}^{n}}$，
$\frac{1}{2}$A_n=$\frac{1}{4}$+$\frac{3}{8}$+$\frac{5}{16}$+$\frac{7}{32}$+…+$\frac{2n-1}{{2}^{n+1}}$，
兩式相減可得，$\frac{1}{2}$A_n=$\frac{1}{2}$+2（$\frac{1}{4}$+$\frac{1}{8}$+$\frac{1}{16}$+$\frac{1}{32}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}}$）-$\frac{2n-1}{{2}^{n+1}}$
=$\frac{1}{2}$+2•$\frac{\frac{1}{4}（1-\frac{1}{{2}^{n-1}}）}{1-\frac{1}{2}}$-$\frac{2n-1}{{2}^{n+1}}$，
化簡可得A_n=3-$\frac{2n+3}{{2}^{n}}$．
即有$\frac{1}{2}$T_n=3-$\frac{2n+3}{{2}^{n}}$-$\frac{{n}^{2}}{{2}^{n+1}}$，
可得T_n=6-$\frac{{n}^{2}+4n+6}{{2}^{n}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)公式和前n項(xiàng)和公式的求法，是中檔題，解題時(shí)要注意兩次運(yùn)用錯(cuò)位相減求和法．