Question

3．已知等比數(shù)列{a_n}的各項(xiàng)均為正數(shù)，且a₁+2a₂=1，且a₃²=4a₂•a₆．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）設(shè)b_n=log₂a₁+log₂a₂+log₂a₃+…+log₂a_n，求數(shù)列$\{\frac{1}{b_n}\}$的前n項(xiàng)和；
（3）設(shè)c_n=$\frac{{{b_n}•{a_n}}}{n}$，求數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和．

Answer 1

分析 （1）根據(jù){a_n}是等比數(shù)列，設(shè){a_n}的公比為q，根據(jù)a₁+2a₂=1，且a₃²=4a₂•a₆．求出q和a₁可得數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）b_n=log₂a₁+log₂a₂+log₂a₃+…+log₂a_n，數(shù)列求出b_n的通項(xiàng)公式，利用裂項(xiàng)法求解數(shù)列$\{\frac{1}{b_n}\}$的前n項(xiàng)和；
（3）求出c_n的通項(xiàng)公式，利用分組求和法以及錯(cuò)位相減法即可求出數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和．

解答 解：（1）由題意，設(shè){a_n}的公比為q，則a₁+2qa₁=1，且（q²a₁）²=4q⁶a₁²．
解得：a₁=$\frac{1}{2}$，q=$\frac{1}{2}$．q=$-\frac{1}{2}$（舍去）
∴數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式：a_n=$（\frac{1}{2}）^{n}={2}^{-n}$．
（2）∵b_n=log₂a₁+log₂a₂+log₂a₃+…+log₂a_n，a_n=2^-n
∴b_n=-1-2-3-…-n=-（$\frac{n（n+1）}{2}$）
那么數(shù)列$\{\frac{1}{b_n}\}$的通項(xiàng)公式D_n=$-\frac{2}{n（n+1）}$=-2（$\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$）
則D_n前n項(xiàng)和為：D₁+D₂+…D_n-1+D_n=-2[1$-\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}-\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$]=-2（1-$\frac{1}{n+1}$）=$-\frac{2n}{n+1}$．
（3）由c_n=$\frac{{{b_n}•{a_n}}}{n}$=$-\frac{（n+1）}{2}×{2}^{-n}$=-（${2}^{-n}×\frac{n}{2}+{2}^{-n}$）=$-\frac{1}{2}（n•{2}^{-n}）-{2}^{-n}$
∵數(shù)列{$-\frac{1}{2}n•{2}^{-n}$}的前n項(xiàng)和采用錯(cuò)位相減法：
S_n=$-\frac{1}{2}×{2}^{-1}$+$-\frac{1}{2}×2×{2}^{-2}$+…+$-\frac{1}{2}n•{2}^{-n}$，
$\frac{1}{2}$S_n=$-\frac{1}{2}×{2}^{-2}$+$-\frac{1}{2}×2×{2}^{-3}$+…+$-\frac{1}{2}n•{2}^{-n-1}$，
錯(cuò)位相減法：可得S_n=$-\frac{1}{2}$×$\frac{\frac{1}{2}}{1-\frac{1}{2}}（\frac{1-{（\frac{1}{2}）}^{n}}{1-\frac{1}{2}}-n{（\frac{1}{2}）}^{n}）$．
∵數(shù)列{2^-n}是等比數(shù)列，前n項(xiàng)和為：$\frac{\frac{1}{2}-{2}^{-n}}{1-\frac{1}{2}}$．
那么數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和T_n=（$\frac{1}{2}$）ⁿ+$\frac{n}{2}×（\frac{1}{2}）^{n}$+2^-n+1-2

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查數(shù)列通項(xiàng)公式和前n項(xiàng)和的求解，利用錯(cuò)位相減法和分組求和法是解決本題的關(guān)鍵，屬于難題