Question

7．已知函數(shù)f（x）=2x+1，數(shù)列{a_n}滿足a_n=f（n）（n∈N^*），數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為T_n，且b₁=2，T_n=b_n+1-2（n∈N）．
（1）分別求{a_n}，{b_n}的通項(xiàng)公式；
（2）定義x=[x]+（x），[x]為實(shí)數(shù)x的整數(shù)部分，（x）為小數(shù)部分，且0≤（x）＜1．記c_n=$（\frac{a_n}{b_n}）$，求數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和S_n．

Answer 1

分析 （1）a_n=f（n）=2n+1．當(dāng)n≥2時(shí)，b_n=T_n-T_n-1，可得b_n+1=2b_n，b₁=2≠0，又令n=1，得b₂=4，利用等比數(shù)列的通項(xiàng)公式即可得出．
（2）由題意，$\frac{a_1}{b_1}=\frac{3}{2}，{c_1}=\frac{1}{2}$；$\frac{a_2}{b_2}=\frac{5}{4}，{c_2}=\frac{1}{4}$；當(dāng)n≥3時(shí)，可以證明0＜2n+1＜2ⁿ，因此${c_n}=（\frac{2n+1}{2^n}）=\frac{2n+1}{2^n}（n≥3）$，再利用“錯(cuò)位相減法”與等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式即可得出．

解答 解：（1）a_n=f（n）=2n+1．
當(dāng)n≥2時(shí)，b_n=T_n-T_n-1=b_n+1-b_n，b_n+1=2b_n，b₁=2≠0，又令n=1，得b₂=4．
∴$\frac{{{b_{n+1}}}}{b_n}=2$，{b_n}是以2為首項(xiàng)和公比的等比數(shù)列，
${b_n}=2•{2^{n-1}}={2^n}$．
（2）依題意，$\frac{a_1}{b_1}=\frac{3}{2}，{c_1}=\frac{1}{2}$；$\frac{a_2}{b_2}=\frac{5}{4}，{c_2}=\frac{1}{4}$；
當(dāng)n≥3時(shí)，可以證明0＜2n+1＜2ⁿ，即$0＜\frac{2n+1}{2^n}＜1$，∴${c_n}=（\frac{2n+1}{2^n}）=\frac{2n+1}{2^n}（n≥3）$，
則${S_1}=\frac{1}{2}$，${S_2}=\frac{1}{2}+\frac{1}{4}=\frac{3}{4}$，${S_n}=\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{7}{8}+\frac{9}{16}+…+\frac{2n+1}{2^n}（n≥3）$．
令$W=\frac{7}{8}+\frac{9}{16}+…+\frac{2n+1}{2^n}（n≥3）$，$\frac{1}{2}W=\frac{7}{16}+\frac{9}{32}+…+\frac{2n+1}{{{2^{n+1}}}}（n≥3）$，
兩式相減并化簡(jiǎn)得得$W=\frac{9}{4}-\frac{1}{{{2^{n-2}}}}-\frac{2n+1}{2^n}=\frac{9}{4}-\frac{2n+5}{2^n}（n≥3）$．
∴${S_n}=3-\frac{2n+5}{2^n}（n≥3）$，檢驗(yàn)知，n=1不合，n=2適合，
∴${S_n}=\left\{{\begin{array}{l}{\frac{1}{2}，n=1}\\{3-\frac{2n+5}{2^n}，n≥2}\end{array}}\right.$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了遞推關(guān)系、“錯(cuò)位相減法”、等比數(shù)列的通項(xiàng)公式及其前n項(xiàng)和公式、新定義，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．