Question

4．已知S_n是正項(xiàng)數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和，且2S_n=a_n²+a_n，等比數(shù)列{b_n}的公比q＞1，b₁=2，且b₁，b₃，b₂+10成等差數(shù)列．
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}和{b_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）設(shè)c_n=a_n•b_n+（-1）ⁿ$\frac{2n+1}{{{a_n}•{a_{n+1}}}}$，記T_2n=c₁+c₂+c₃+…+c_2n，求T_2n．

Answer 1

分析 （1）令n等于1代入2S_n=a_n²+a_n中，即可求出首項(xiàng)a₁，然后把n換為n-1，得到（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1-1）=0，即可得出{a_n}為以a₁=1為首項(xiàng)，公差為1的等差數(shù)列，再根據(jù)b₁，b₃，b₂+10成等差數(shù)列，即可求出公比，數(shù)列{a_n}和{b_n}的通項(xiàng)公式可求；
（2）求出c_n的通項(xiàng)公式，分組求和，利用錯位相減求和和裂項(xiàng)求和即可求出．

解答 解：（Ⅰ）2S_n=a_n²+a_n，
當(dāng)n=1時，由2S₁=a₁²+a₁，且a_n＞0可得：a₁=1，
當(dāng)n≥2時，2S_n=a_n²+a_n…①
2S_n-1=a_n-1²+a_n-1，…②…（3分）
由  ①-②得：2a_n=a_n²+a_n-a_n-1²-a_n-1，…②，
即：（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1-1）=0
∵a_n＞0
∴a_n-a_n-1-1=0
∴{a_n}為以a₁=1為首項(xiàng)，公差為1的等差數(shù)列，a_n=n （n∈N*）．
由b₁=2，2b₃=b₁+（b₂+10），得2q²-q-6=0，解得q=2或$q=-\frac{3}{2}$（舍），
∴${b_n}={b_1}{q^{n-1}}={2^n}$．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得${c_n}=n•{2^n}+{（-1）^n}\frac{2n+1}{n（n+1）}=n•{2^n}+{（-1）^n}（\frac{1}{n}+\frac{1}{n+1}）$，
∴${T_{2n}}=（1×2+2×{2^2}+…+2n×{2^{2n}}）+[{-（1+\frac{1}{2}）+（\frac{1}{2}+\frac{1}{3}）-（\frac{1}{3}+\frac{1}{4}）+…+（\frac{1}{2n}+\frac{1}{2n+1}）}]$，
記${W_{2n}}=1×2+2×{2^2}+…+2n×{2^{2n}}$，
則$2{W_{2n}}=1×{2^2}+2×{2^3}+…+2n×{2^{2n+1}}$，
∴$-{W_{2n}}=2+{2^2}+…+{2^{2n}}-2n×{2^{2n+1}}$=$\frac{{2（1-{2^{2n}}）}}{1-2}-2n×{2^{2n+1}}$=（1-2n）×2²ⁿ⁺¹-2，
∴${W_{2n}}=（2n-1）×{2^{2n+1}}+2$，
∴${T_{2n}}={W_{2n}}+（-1+\frac{1}{2n+1}）=（2n-1）•{2^{2n+1}}+\frac{1}{2n+1}+1$．

點(diǎn)評 本題考查學(xué)生靈活運(yùn)用數(shù)列遞推式的求解通項(xiàng)公式，以及錯位相減法和裂項(xiàng)求和，屬于中檔題．