Question

4．數(shù)列{a_n}的前n項和S_n滿足：S_n=n²，數(shù)列{b_n}滿足：①b₃=$\frac{1}{4}$，②b_n＞0，③b_n+1²+b_n+1b_n-b_n²=0．
（1）求數(shù)列{a_n}與{b_n}的通項公式；
（2）設c_n=a_nb_n，求數(shù)列{c_n}的前n項和T_n．

Answer 1

分析 （1）數(shù)列{a_n}的前n項和S_n滿足：S_n=n²，可得n=1時，a₁=S₁=1；n≥2時，a_n=S_n-S_n-1．數(shù)列{b_n}滿足：①b₃=$\frac{1}{4}$，②b_n＞0，③b_n+1²+b_n+1b_n-b_n²=0．變形$（\frac{_{n+1}}{_{n}}）^{2}$+$\frac{_{n+1}}{_{n}}$-1=0，解得$\frac{_{n+1}}{_{n}}$=$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$．利用等比數(shù)列的通項公式即可得出．
（2）c_n=a_nb_n=（2n-1）×$\frac{1}{4}×（\frac{\sqrt{5}-1}{2}）^{n-3}$，令q=$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$．c_n=$\frac{1}{4}•（2n-1）•{q}^{n-3}$．利用“錯位相減法”與等比數(shù)列的求和公式即可得出．

解答 解：（1）∵數(shù)列{a_n}的前n項和S_n滿足：S_n=n²，∴n=1時，a₁=S₁=1；n≥2時，a_n=S_n-S_n-1=n²-（n-1）²=2n-1．
n=1時也成立，∴a_n=2n-1．
∵數(shù)列{b_n}滿足：①b₃=$\frac{1}{4}$，②b_n＞0，③b_n+1²+b_n+1b_n-b_n²=0．
∴$（\frac{_{n+1}}{_{n}}）^{2}$+$\frac{_{n+1}}{_{n}}$-1=0，解得$\frac{_{n+1}}{_{n}}$=$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$．
∴數(shù)列{b_n}是等比數(shù)列，b_n=$\frac{1}{4}×（\frac{\sqrt{5}-1}{2}）^{n-3}$．
（2）c_n=a_nb_n=（2n-1）×$\frac{1}{4}×（\frac{\sqrt{5}-1}{2}）^{n-3}$，令q=$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$．
c_n=$\frac{1}{4}•（2n-1）•{q}^{n-3}$．
數(shù)列{c_n}的前n項和T_n=$\frac{1}{4}$[q^-2+3•q^-1+5+…+（2n-1）•q^n-3]．
qT_n=$\frac{1}{4}$[q^-1+3+5q+…+（2n-3）•q^n-3+（2n-1）q^n-2]，
∴（1-q）T_n=$\frac{1}{4}$[q^-2+2（q^-1+1+q+…+q^n-3）-（2n-1）q^n-2]=$\frac{1}{4}[{q}^{-2}+2×\frac{\frac{1}{q}（1-{q}^{n-1}）}{1-q}-（2n-1）{q}^{n-2}]$，
∴T_n=$\frac{{q}^{-2}}{4（1-q）}$+$\frac{1-{q}^{n-2}}{q（1-q）^{2}}$-$\frac{（2n-1）{q}^{n-2}}{1-q}$．其中q=$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$．

點評 本題考查了等比數(shù)列的通項公式與求和公式、“錯位相減法”、數(shù)列遞推關系，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．