Question

5．?dāng)?shù)列{a_n}的前n項和記為S_n，對任意的正整數(shù)n，均有4S_n=（a_n+1）²，且a₂＞0．
（1）求a₁，a₂的值；
（2）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（3）若b_n=$\frac{{a}_{n}}{{3}^{n}}$（n∈N^•），求數(shù)列|b_n|的前n項和T_n．

Answer 1

分析 （1）依題意，由4a₁=（a₁+1）²，4S₂=4（a₁+a₂）=（a₂+1）²，即得結(jié)論；
（2）當(dāng)n≥2時，4a_n=$4（{S}_{n}-{S}_{n-1}）={{a}_{n}}^{2}-{{a}_{n-1}}^{2}+2（{a}_{n}-{a}_{n-1}）$，從而可得a_n-a_n-1=2，所以a_n=2n-1；
（3）由b_n=$\frac{2n-1}{{3}^{n}}$（n∈N^•），可得T_n、$\frac{1}{3}{T}_{n}$，計算可得$\frac{2}{3}{T}_{n}$，從而可得T_n=$1-\frac{n+1}{{3}^{n}}$．

解答 解：（1）依題意，4a₁=（a₁+1）²，4S₂=4（a₁+a₂）=（a₂+1）²，
所以a₁=1，a₂=3或-1（舍去）；
（2）當(dāng)n≥2時，由4S_n=（a_n+1）²，4S_n-1=（a_n-1+1）²，
可知4a_n=$4（{S}_{n}-{S}_{n-1}）={{a}_{n}}^{2}-{{a}_{n-1}}^{2}+2（{a}_{n}-{a}_{n-1}）$，
所以（a_n-a_n-1）（a_n+a_n-1）-2（a_n+a_n-1）=0，
∵a_n＞0，∴a_n-a_n-1=2，
所以數(shù)列{a_n}是以1為首項，2為公差的等差數(shù)列，
即a_n=1+2（n-1）=2n-1（n∈N^*）；
（3）∵b_n=$\frac{{a}_{n}}{{3}^{n}}$=$\frac{2n-1}{{3}^{n}}$（n∈N^•），
∴T_n=$\frac{1}{3}+\frac{3}{{3}^{2}}+…+\frac{2n-3}{{3}^{n-1}}+\frac{2n-1}{{3}^{n}}$，
則$\frac{1}{3}{T}_{n}$=$\frac{1}{{3}^{2}}$+$\frac{3}{{3}^{3}}$+…+$\frac{2n-3}{{3}^{n}}$+$\frac{2n-1}{{3}^{n+1}}$，
兩式相減，得$\frac{2}{3}{T}_{n}$=$\frac{1}{3}+2（\frac{1}{{3}^{2}}+\frac{1}{{3}^{3}}+…+\frac{1}{{3}^{n}}）-\frac{2n-1}{{3}^{n+1}}$
=$\frac{1}{3}+2•\frac{\frac{1}{{3}^{2}}-\frac{1}{3}•\frac{1}{{3}^{n}}}{1-\frac{1}{3}}-\frac{2n-1}{{3}^{n+1}}$，
所以T_n=$1-\frac{2n+2}{2•{3}^{n}}$=$1-\frac{n+1}{{3}^{n}}$．

點評 本題考查求通項公式以及數(shù)列的前n項和，注意解題方法的積累，屬于中檔題．