Question

2．已知各項均為正數的數列{a_n}的前n項和為S_n，且2S_n=4a_n-1．在數列{b_n}中，b_n+1=b_n-2，b₄+b₈=-16．
（Ⅰ）求a_n，b_n；
（Ⅱ）設c_n=$\frac{_{n}}{{a}_{n}}$求數列{c_n}的前項和T_n．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通過2S_n=4a_n-1可知2a_n=S_n+$\frac{1}{2}$，易知${a_1}=\frac{1}{2}$，當n≥2時利用a_n=S_n-S_n-1可知$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}$=2，進而可得數列{a_n}的通項公式，利用b₄+b₈=2b₆計算可得數列{b_n}的通項公式；
（Ⅱ）通過a_n=2^n-2、b_n=4-2n可知c_n=$\frac{16-8n}{{2}^{n}}$，利用錯位相減法計算即得結論．

解答 解：（Ⅰ）∵2S_n=4a_n-1，
∴2a_n=S_n+$\frac{1}{2}$，
當n=1時，${a_1}=\frac{1}{2}$；
當n≥2時，a_n=S_n-S_n-1=2a_n-2a_n-1，
整理得：$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}$=2，
∴數列{a_n}是以$\frac{1}{2}$為首項，2為公比的等比數列，
∴a_n=a₁•q^n-1=$\frac{1}{2}•{2}^{n-1}$=2^n-2；
∵b_n+1=b_n-2，
∴d=b_n+1-b_n=-2，
又∵b₄+b₈=2b₆=-16，
∴b₆=-8，
∴b₁=b₆-5d=-8-5•（-2）=2，
∴b_n=b₁+（n-1）d=2-2（n-1）=4-2n；
（Ⅱ）∵a_n=2^n-2，b_n=4-2n，
∴c_n=$\frac{_{n}}{{a}_{n}}$=$\frac{4-2n}{{2}^{n-2}}$=$\frac{16-8n}{{2}^{n}}$，
∴T_n=8•$\frac{1}{2}$+0•$\frac{1}{{2}^{2}}$+（-8）•$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+（24-8n）•$\frac{1}{{2}^{n-1}}$+（16-8n）•$\frac{1}{{2}^{n}}$，
$\frac{1}{2}$T_n=8•$\frac{1}{{2}^{2}}$+0•$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+（24-8n）•$\frac{1}{{2}^{n}}$+（16-8n）•$\frac{1}{{2}^{n+1}}$，
兩式相減得：$\frac{1}{2}$T_n=4-8（$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}}$）-（16-8n）•$\frac{1}{{2}^{n+1}}$
=4-8•$\frac{\frac{1}{{2}^{2}}（1-\frac{1}{{2}^{n-1}}）}{1-\frac{1}{2}}$-（16-8n）•$\frac{1}{{2}^{n+1}}$
=4-4（1-$\frac{1}{{2}^{n-1}}$）-$\frac{16-8n}{{2}^{n+1}}$
=$\frac{4n}{{2}^{n}}$，
∴T_n=$\frac{8n}{{2}^{n}}$．

點評 本題考查數列的通項及前n項和，考查運算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．