Question

7．已知數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)為S_n，且S_n=$\frac{1}{4}$（a_n+1）²對(duì)于任意n∈N^*恒成立．
（1）求{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）若a_n＞0，設(shè)c_n=$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$，數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和為T(mén)_n，求T_n．

Answer 1

分析 （1）利用遞推關(guān)系與等差數(shù)列的通項(xiàng)公式即可得出；
（2）利用“錯(cuò)位相減法”、等比數(shù)列的通項(xiàng)公式與前n項(xiàng)和公式即可得出．

解答 解：（1）∵S_n=$\frac{1}{4}$（a_n+1）²對(duì)于任意n∈N^*恒成立，∴當(dāng)n=1時(shí)，a₁=$\frac{1}{4}$$（{a}_{1}+1）^{2}$，解得a₁=1．
當(dāng)n≥2時(shí)，a_n=S_n-S_n-1=$\frac{1}{4}（{a}_{n}+1）^{2}$-$\frac{1}{4}（{a}_{n-1}+1）^{2}$，化為：（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1-2）=0，
∴a_n+a_n-1=0，或a_n-a_n-1=2．
當(dāng)a_n+a_n-1=0時(shí)，a_n=（-1）^n-1．
當(dāng)a_n-a_n-1=2時(shí)，數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列，公差為2，∴a_n=1+2（n-1）=2n-1．
（2）∵a_n＞0，∴a_n=2n-1．
∴c_n=$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$=$\frac{2n-1}{{2}^{n}}$，
∴數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和為T(mén)_n=$\frac{1}{2}+\frac{3}{{2}^{2}}$+$\frac{5}{{2}^{3}}$+…+$\frac{2n-1}{{2}^{n}}$，
∴$\frac{1}{2}{T}_{n}$=$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{3}{{2}^{3}}$+…+$\frac{2n-3}{{2}^{n}}$+$\frac{2n-1}{{2}^{n+1}}$，
∴$\frac{1}{2}{T}_{n}$=$\frac{1}{2}+2（\frac{1}{{2}^{2}}+\frac{1}{{2}^{3}}+…+\frac{1}{{2}^{n}}）$-$\frac{2n-1}{{2}^{n+1}}$=$-\frac{1}{2}+1$+$\frac{1}{2}$$+\frac{1}{{2}^{2}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n-1}}$-$\frac{2n-1}{{2}^{n+1}}$=$-\frac{1}{2}$+$\frac{1-\frac{1}{{2}^{n}}}{1-\frac{1}{2}}$-$\frac{2n-1}{{2}^{n+1}}$=$\frac{3}{2}$-$\frac{2n+3}{{2}^{n+1}}$，
∴T_n=3-$\frac{2n+3}{{2}^{n}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了“錯(cuò)位相減法”、等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項(xiàng)公式與前n項(xiàng)和公式、遞推關(guān)系，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．