Question

4．已知各項均為正數(shù)的數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，滿足a${\;}_{n+1}^{2}$=2S_n+n+4，且a₂-1，a₃，a₇恰為等比數(shù)列{b_n}的前3項．
（1）求數(shù)列{a_n}，{b_n}的通項公式；
（2）令c_n=$\frac{n}{_{n}}$-$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$，求數(shù)列{c_n}的前n項和T_n．

Answer 1

分析 （1）將n換為n-1，兩式相減，可得a_n+1-a_n=1，即公差d=1，再由等比數(shù)列的性質(zhì)和等差數(shù)列的通項公式，解方程可得a₂=3，再由等差數(shù)列的通項公式可得通項；再由等比數(shù)列的定義和通項公式可得所求；
（2）求得c_n=$\frac{n}{_{n}}$-$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$=$\frac{n}{{2}^{n}}$-$\frac{1}{（n+1）（n+2）}$=$\frac{n}{{2}^{n}}$-（$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n+2}$），分別運用數(shù)列的求和方法：錯位相減法和裂項相消求和，計算即可得到所求和．

解答 解：（1）當n=1時，a₂²=2S₁+1+4=2a₁+5，
當n＞1時，a_n+1²=2S_n+n+4，①
可得a_n²=2S_n-1+n-1+4，②
①-②可得，a_n+1²-a_n²=2a_n+1，
即有a_n+1²=（a_n+1）²，
數(shù)列{a_n}的各項均為正數(shù)，
可得a_n+1-a_n=1，即公差d=1，
由a₂-1，a₃，a₇恰為等比數(shù)列{b_n}的前3項，
可得a₃²=（a₂-1）a₇，
即為（a₂+1）²=（a₂-1）（a₂+5），解得a₂=3，
則a_n=a₂+n-2=n+1；b₁=a₂-1=2，公比q=$\frac{{a}_{7}}{{a}_{3}}$=$\frac{8}{4}$=2，
則b_n=b₁q^n-1=2ⁿ；
（2）c_n=$\frac{n}{_{n}}$-$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$=$\frac{n}{{2}^{n}}$-$\frac{1}{（n+1）（n+2）}$=$\frac{n}{{2}^{n}}$-（$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n+2}$），
前n項和T_n=（1•$\frac{1}{2}$+2•$\frac{1}{4}$+…+n•（$\frac{1}{2}$）ⁿ）-（$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{4}$+…+$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n+2}$），
由F_n=1•$\frac{1}{2}$+2•$\frac{1}{4}$+…+n•（$\frac{1}{2}$）ⁿ，
$\frac{1}{2}$F_n=1•$\frac{1}{4}$+2•$\frac{1}{8}$+…+n•（$\frac{1}{2}$）ⁿ⁺¹，
兩式相減可得，$\frac{1}{2}$F_n=$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{4}$+$\frac{1}{8}$+…+（$\frac{1}{2}$）ⁿ-n•（$\frac{1}{2}$）ⁿ⁺¹
=$\frac{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{2}^{n}}）}{1-\frac{1}{2}}$--n•（$\frac{1}{2}$）ⁿ⁺¹
化簡可得，F(xiàn)_n=2-$\frac{n+2}{{2}^{n}}$，
則T_n=2-$\frac{n+2}{{2}^{n}}$-（$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{n+2}$）=$\frac{3}{2}$-$\frac{n+2}{{2}^{n}}$+$\frac{1}{n+2}$．

點評 本題考查等差數(shù)列和等比數(shù)列的通項和求和公式的運用，考查數(shù)列的求和方法：錯位相減法和裂項相消求和，考查運算能力，屬于中檔題．