Question

10．已知數(shù)列{a_n}的前n項和S_n=$\frac{{{n^2}+3n}}{2}$，正項等比數(shù)列{b_n}中，b₁+b₃=$\frac{20}{3}$，b₂+b₄=$\frac{20}{9}$．
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}，{b_n}的通項公式；
（Ⅱ）若c_n是a_n與b_n+1的等比中項，求數(shù)列{c_n²}的前n項和T_n．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由S_n=$\frac{{{n^2}+3n}}{2}$求得首項，再由a_n=S_n-S_n-1（n≥2）求得a_n，驗證首項后可得數(shù)列{a_n}的通項公式．設出等比數(shù)列的公比，由已知列式求得首項和公比，代入等比數(shù)列的通項公式可得{b_n}的通項公式；
（Ⅱ）由c_n是a_n與b_n+1的等比中項，可得數(shù)列{c_n²}的通項，然后利用錯位相減法求得數(shù)列{c_n²}的前n項和T_n．

解答 解：（Ⅰ）由S_n=$\frac{{{n^2}+3n}}{2}$，得a₁=S₁=2．
當n≥2時，${a}_{n}={S}_{n}-{S}_{n-1}=\frac{{n}^{2}+3n}{2}-\frac{（n-1）^{2}+3（n-1）}{2}$=n+1．
驗證n=1上式成立，
∴a_n=n+1；
設等比數(shù)列{b_n}的公比為q（q＞0），由b₁+b₃=$\frac{20}{3}$，b₂+b₄=$\frac{20}{9}$，得
$\left\{\begin{array}{l}{_{1}+_{1}{q}^{2}=\frac{20}{3}}\\{_{1}q+_{1}{q}^{3}=\frac{20}{9}}\end{array}\right.$，解得$_{1}=6，q=\frac{1}{3}$．
∴$_{n}=6×（\frac{1}{3}）^{n-1}=2×（\frac{1}{3}）^{n-2}$．
（Ⅱ）∵c_n是a_n與b_n+1的等比中項，
∴${{c}_{n}}^{2}=2（n+1）•（\frac{1}{3}）^{n-1}$．
令R_n=2×$（\frac{1}{3}）^{0}+3×（\frac{1}{3}）^{1}+4×（\frac{1}{3}）^{2}+…+n×（\frac{1}{3}）^{n-2}$$+（n+1）×（\frac{1}{3}）^{n-1}$．
則$\frac{1}{3}{R}_{n}=2×（\frac{1}{3}）^{1}+3×（\frac{1}{3}）^{2}+…+n×（\frac{1}{3}）^{n-1}+（n+1）×（\frac{1}{3}）^{n}$．
∴$\frac{2}{3}{R}_{n}=2+\frac{1}{3}+（\frac{1}{3}）^{2}+…+（\frac{1}{3}）^{n-1}-（n+1）×（\frac{1}{3}）^{n}$=$2+\frac{\frac{1}{3}（1-\frac{1}{{3}^{n-1}}）}{1-\frac{1}{3}}-（n+1）×（\frac{1}{3}）^{n}$
=$\frac{5}{2}-（n+\frac{5}{2}）×\frac{1}{{3}^{n}}$．
∴${R}_{n}=\frac{15}{4}-（\frac{3}{2}n+\frac{15}{4}）×\frac{1}{{3}^{n}}$，
則T_n=$2{R}_{n}=\frac{15}{2}-（3n+\frac{15}{2}）×\frac{1}{{3}^{n}}$．

點評 本題考查等差數(shù)列和等比數(shù)列的通項公式，考查錯位相減法求數(shù)列的前n項和，是中檔題．