Question

19．已知{a_n}是各項均為正數(shù)的等比數(shù)列，且a₁+a₂=6，a₁a₂=a₃．
（1）求數(shù)列{a_n}通項公式；
（2）{b_n} 為各項非零的等差數(shù)列，其前n項和為S_n，已知S_2n+1=b_nb_n+1，求數(shù)列$\left\{\frac{_{n}}{{a}_{n}}\right\}$的前n項和T_n．

Answer 1

分析 （1）通過首項和公比，聯(lián)立a₁+a₂=6、a₁a₂=a₃，可求出a₁=q=2，進而利用等比數(shù)列的通項公式可得結論；
（2）利用等差數(shù)列的性質(zhì)可知S_2n+1=（2n+1）b_n+1，結合S_2n+1=b_nb_n+1可知b_n=2n+1，進而可知$\frac{_{n}}{{a}_{n}}$=$\frac{2n+1}{{2}^{n}}$，利用錯位相減法計算即得結論．

解答 解：（1）記正項等比數(shù)列{a_n}的公比為q，
因為a₁+a₂=6，a₁a₂=a₃，
所以（1+q）a₁=6，q${{a}_{1}}^{2}$=q²a₁，
解得：a₁=q=2，
所以a_n=2ⁿ；
（2）因為{b_n} 為各項非零的等差數(shù)列，
所以S_2n+1=（2n+1）b_n+1，
又因為S_2n+1=b_nb_n+1，
所以b_n=2n+1，$\frac{_{n}}{{a}_{n}}$=$\frac{2n+1}{{2}^{n}}$，
所以T_n=3•$\frac{1}{2}$+5•$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+（2n+1）•$\frac{1}{{2}^{n}}$，
$\frac{1}{2}$T_n=3•$\frac{1}{{2}^{2}}$+5•$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+（2n-1）•$\frac{1}{{2}^{n}}$+（2n+1）•$\frac{1}{{2}^{n+1}}$，
兩式相減得：$\frac{1}{2}$T_n=3•$\frac{1}{2}$+2（$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}}$）-（2n+1）•$\frac{1}{{2}^{n+1}}$，
即$\frac{1}{2}$T_n=3•$\frac{1}{2}$+（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n-1}}$）-（2n+1）•$\frac{1}{{2}^{n+1}}$，
即T_n=3+1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n-2}}$）-（2n+1）•$\frac{1}{{2}^{n}}$=3+$\frac{1-\frac{1}{{2}^{n-1}}}{1-\frac{1}{2}}$-（2n+1）•$\frac{1}{{2}^{n}}$
=5-$\frac{2n+5}{{2}^{n}}$．

點評 本題考查數(shù)列的通項及前n項和，考查等差數(shù)列的性質(zhì)，考查錯位相減法，注意解題方法的積累，屬于中檔題．