Question

2．設(shè)等差數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，且S₄=4S₂，a_2n=2a_n+1．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（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{b_n}的前n項和T_n．

Answer 1

分析 （1）設(shè)出等差數(shù)列的首項和公差，由已知列式求得首項和公差，則等差數(shù)列的通項公式可求；
（2）由$\frac{_{1}}{{a}_{1}}$+$\frac{_{2}}{{a}_{2}}$+…+$\frac{_{n}}{{a}_{n}}$=1-$\frac{1}{{2}^{n}}$，求得b₁，進一步求得$\frac{bn}{an}$=$\frac{1}{{2}^{n}}$，得到{b_n}的通項公式，再由錯位相減法求得數(shù)列{b_n}的前n項和T_n．

解答 解：（1）設(shè)等差數(shù)列{a_n}的首項為a₁，公差為d．
由S₄=4S₂，a_2n=2a_n+1，得
$\left\{\begin{array}{l}{4{a}_{1}+6d=8{a}_{1}+4d}\\{{a}_{1}+（2n-1）d=2{a}_{1}+2（n-1）d+1}\end{array}\right.$，
解得：a₁=1，d=2．
因此a_n=2n-1；
（2）由已知$\frac{_{1}}{{a}_{1}}$+$\frac{_{2}}{{a}_{2}}$+…+$\frac{_{n}}{{a}_{n}}$=1-$\frac{1}{{2}^{n}}$，n∈N^*，
當(dāng)n=1時，$\frac{_{1}}{{a}_{1}}=1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}$；
當(dāng)n≥2時，$\frac{_{1}}{{a}_{1}}$+$\frac{_{2}}{{a}_{2}}$+…+$\frac{_{n-1}}{{a}_{n-1}}=1-\frac{1}{{2}^{n-1}}$，
∴$\frac{_{n}}{{a}_{n}}$=1-$\frac{1}{{2}^{n}}$-（1-$\frac{1}{{2}^{n-1}}$）=$\frac{1}{{2}^{n}}$，
∴$\frac{bn}{an}$=$\frac{1}{{2}^{n}}$，n∈N^*．
由（1）知a_n=2n-1，n∈N^*，
∴b_n=$\frac{2n-1}{{2}^{n}}$，n∈N^*．
又T_n=$\frac{1}{2}$+$\frac{3}{{2}^{2}}$+$\frac{5}{{2}^{3}}$+…+$\frac{2n-1}{{2}^{n}}$，
∴$\frac{1}{2}$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=$\frac{1}{2}$+2（$\frac{1}{{2}^{2}}+\frac{1}{{2}^{3}}+…+\frac{1}{{2}^{n}}$）-$\frac{2n-1}{{2}^{n+1}}$
=$\frac{3}{2}$-$\frac{1}{{2}^{n-1}}$-$\frac{2n-1}{{2}^{n+1}}$，
∴T_n=3-$\frac{2n+3}{{2}^{n}}$．

點評 本題考查數(shù)列遞推式，考查了錯位相減法求數(shù)列的通項公式，訓(xùn)練了等比數(shù)列前n項和的求法，是中檔題．