Question

4．已知各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，向量$\overrightarrow{a}$=（S_n，a_n+1），$\overrightarrow$=（a_n+1，4）（n∈N^*），且$\overrightarrow{a}$∥$\overrightarrow$
（Ⅰ）求{a_n}的通項(xiàng)公式
（Ⅱ）設(shè)f（n）=$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{n}，n=2k-1}\\{f（\frac{n}{2}），n=2k}\end{array}\right.$b_n=f（2ⁿ+4），求數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和T_n．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通過$\overrightarrow{a}$∥$\overrightarrow$可知S_n=$\frac{1}{4}$${{a}_{n}}^{2}$+$\frac{1}{2}$a_n+$\frac{1}{4}$，進(jìn)而與S_n-1=$\frac{1}{4}$${{a}_{n-1}}^{2}$+$\frac{1}{2}$a_n-1+$\frac{1}{4}$（n≥2）作差、整理可知數(shù)列{a_n}是公差為2的等差數(shù)列，進(jìn)而計(jì)算可得結(jié)論；
（Ⅱ）通過（I）可知b₁=a₂=5、b₂=a₁=1，當(dāng)n≥3時(shí)b_n=2^n-1+1，整理即得結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）∵向量$\overrightarrow{a}$=（S_n，a_n+1），$\overrightarrow$=（a_n+1，4）（n∈N^*），且$\overrightarrow{a}$∥$\overrightarrow$，
∴S_n=$\frac{1}{4}$${{a}_{n}}^{2}$+$\frac{1}{2}$a_n+$\frac{1}{4}$，
∴當(dāng)n≥2時(shí)，S_n-1=$\frac{1}{4}$${{a}_{n-1}}^{2}$+$\frac{1}{2}$a_n-1+$\frac{1}{4}$，
兩式相減得：（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1-2）=0，
∵數(shù)列{a_n}的各項(xiàng)均為正數(shù)，
∴當(dāng)n≥2時(shí)，a_n-a_n-1=2，即數(shù)列{a_n}是公差為2的等差數(shù)列，
又∵a₁=S₁=$\frac{1}{4}$${{a}_{1}}^{2}$+$\frac{1}{2}$a₁+$\frac{1}{4}$，解得：a₁=1，
∴a_n=1+2（n-1）=2n-1；
（Ⅱ）依題意，b₁=f（6）=f（3）=a₂=5，
b₂=f（8）=f（4）=f（2）=f（1）=a₁=1，
當(dāng)n≥3時(shí)，b_n=f（2ⁿ+4）=…=f（2^n-2+1）=2（2^n-2+1）-1=2^n-1+1，
故n≥3時(shí)，T_n=5+1+（2²+1）+…+f（2^n-1+1）
=6+$\frac{4（1-{2}^{n-2}）}{1-2}$+（n-2）
=2ⁿ+n，
綜上可知T_n=$\left\{\begin{array}{l}{5，}&{1}\\{6，}&{2}\\{{2}^{n}+n，}&{n≥3}\end{array}\right.$．

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