Question

16．設(shè)等差數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和S_n，且$\left\{\begin{array}{l}{S_4}=4{S_2}\\{a_{2n}}=2{a_n}+1\end{array}\right.$，a_2n=2a_n+1．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）若數(shù)列滿(mǎn)足$\frac{b_1}{a_1}+\frac{b_2}{a_2}+\frac{b_3}{a_3}+…+\frac{b_n}{a_n}=1-\frac{1}{2^n}\;\;\;（n∈{N^*}）$，求數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和T_n．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)等差數(shù)列定義和求和公式，即可求出，
（2）利用遞推公式即可求出數(shù)列{b_n}的通項(xiàng)公式，再根據(jù)錯(cuò)位相減法求出數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和T_n．

解答 解：（1）由$\left\{\begin{array}{l}{S_4}=4{S_2}\\{a_{2n}}=2{a_n}+1\end{array}\right.$得$\left\{\begin{array}{l}4{a_1}+\frac{1}{2}×4×3d=4（2{a_1}+d）\\{a_1}+（2n-1）d=2{a_1}+2（n-1）d+1\end{array}\right.$
即$\left\{\begin{array}{l}2{a_1}=d\\{a_1}-d+1=0\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{a_1}=1\\ d=2\end{array}\right.$，
故通項(xiàng)a_n=2n-1
（2）由已知$\frac{b_1}{a_1}+\frac{b_2}{a_2}+\frac{b_3}{a_3}+…+\frac{b_n}{a_n}=1-\frac{1}{2^n}\;\;\;（n∈{N^*}）$①
n=1時(shí)，$\frac{b_1}{a_1}=\frac{1}{2}$，
n≥2時(shí)，$\frac{b_1}{a_1}+\frac{b_2}{a_2}+\frac{b_3}{a_3}+…+\frac{{{b_{n-1}}}}{{{a_{n-1}}}}=1-\frac{1}{{{2^{n-1}}}}\;\;\;（n∈{N^*}）$②
①-②得：$\frac{b_n}{a_n}=1-\frac{1}{2^n}-（1-\frac{1}{{{2^{n-1}}}}）=\frac{1}{2^n}$，
對(duì)于n=1也成立
故$\frac{b_n}{a_n}=\frac{1}{2^n}\;\;\;（n∈{N^*}）$
所以${b_n}=（2n-1）\frac{1}{2^n}\;\;\;（n∈{N^*}）$，
${T_n}=\frac{1}{2}+\frac{3}{2^2}+\frac{5}{2^3}+…+\frac{2n-1}{2^n}$③，
$\frac{1}{2}{T_n}=\frac{1}{2^2}+\frac{3}{2^3}+\frac{5}{2^4}+…+\frac{2n-1}{{{2^{n+1}}}}$④，
③-④得：$\frac{1}{2}{T_n}=\frac{1}{2}+2（\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^3}+\frac{1}{2^4}+…+\frac{1}{2^n}）-\frac{2n-1}{{{2^{n+1}}}}$=$\frac{1}{2}+2×\frac{{\frac{1}{4}-\frac{1}{{{2^{n+1}}}}}}{{1-\frac{1}{2}}}-\frac{2n-1}{{{2^{n+1}}}}$=$\frac{3}{2}-\frac{4}{{{2^{n+1}}}}-\frac{2n-1}{{{2^{n+1}}}}$=$\frac{3}{2}-\frac{2n+3}{{{2^{n+1}}}}$
所以${T_n}=3-\frac{2n+3}{2^n}$

點(diǎn)評(píng) 本題考查等差數(shù)列的定義，等差等比數(shù)列求和等基礎(chǔ)知識(shí)，考查計(jì)算能力、推理論證能力、綜合發(fā)現(xiàn)問(wèn)題解決問(wèn)題的能力以及分類(lèi)討論思想