Question

9．設(shè)等差數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，且S₄=4S₂，a₂+a₄=10．
（1）求數(shù)列{a_n}通項(xiàng)公式；
（2）若數(shù)列{b_n}滿足$\frac{_{1}}{{a}_{1}}$+$\frac{_{2}}{{a}_{2}}$+…+$\frac{_{n}}{{a}_{n}}$=1-$\frac{1}{{2}^{n}}$，n∈N^*，求數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和T_n．

Answer 1

分析 （1）通過(guò)設(shè)等差數(shù)列{a_n}的公差為d，利用等差中項(xiàng)及a₂+a₄=10可知a₃=5，通過(guò)S₄=4S₂可知4a₃-2d=4（2a₃-3d），計(jì)算可得d=2，進(jìn)而計(jì)算即得結(jié)論；
（2）通過(guò)$\frac{_{1}}{{a}_{1}}$+$\frac{_{2}}{{a}_{2}}$+…+$\frac{_{n}}{{a}_{n}}$=1-$\frac{1}{{2}^{n}}$與$\frac{_{1}}{{a}_{1}}$+$\frac{_{2}}{{a}_{2}}$+…+$\frac{_{n-1}}{{a}_{n-1}}$=1-$\frac{1}{{2}^{n-1}}$作差，結(jié)合（1）整理可知b_n=$\frac{2n-1}{{2}^{n}}$（n≥2），驗(yàn)證當(dāng)n=1時(shí)也成立，進(jìn)而利用錯(cuò)位相減法計(jì)算即得結(jié)論．

解答 解：（1）設(shè)等差數(shù)列{a_n}的公差為d，
∵a₂+a₄=10，
∴a₃=$\frac{{a}_{2}+{a}_{4}}{2}$=5，
∵S₄=4S₂，
∴4a₃-2d=4（2a₃-3d），
即20-2d=4（10-3d），解得：d=2，
∴a_n=a₃+2（n-3）=2n-1；
（2）依題意，$\frac{_{1}}{{a}_{1}}$+$\frac{_{2}}{{a}_{2}}$+…+$\frac{_{n}}{{a}_{n}}$=1-$\frac{1}{{2}^{n}}$，n∈N^*，
當(dāng)n≥2時(shí)，$\frac{_{1}}{{a}_{1}}$+$\frac{_{2}}{{a}_{2}}$+…+$\frac{_{n-1}}{{a}_{n-1}}$=1-$\frac{1}{{2}^{n-1}}$，
兩式相減得：$\frac{_{n}}{{a}_{n}}$=（1-$\frac{1}{{2}^{n}}$）-（1-$\frac{1}{{2}^{n-1}}$）=$\frac{1}{{2}^{n}}$，
由（1）可知b_n=$\frac{2n-1}{{2}^{n}}$（n≥2），
又∵b₁=（1-$\frac{1}{2}$）a₁=$\frac{1}{2}$滿足上式，
∴b_n=$\frac{2n-1}{{2}^{n}}$，n∈N^*，
故T_n=$\frac{1}{2}$+$\frac{3}{{2}^{2}}$+…+$\frac{2n-1}{{2}^{n}}$，
$\frac{1}{2}$T_n=$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{3}{{2}^{3}}$+…+$\frac{2n-3}{{2}^{n}}$+$\frac{2n-1}{{2}^{n+1}}$，
兩式相減得：$\frac{1}{2}$T_n=$\frac{1}{2}$+（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n-1}}$）-$\frac{2n-1}{{2}^{n+1}}$
=$\frac{3}{2}$-$\frac{1}{{2}^{n-1}}$-$\frac{2n-1}{{2}^{n+1}}$，
∴T_n=3-$\frac{2n+3}{{2}^{n}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)及前n項(xiàng)和，考查錯(cuò)位相減法，考查運(yùn)算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．