Question

4．已知在數(shù)列{a_n}中，S_n為其前n項(xiàng)和，若a_n＞0，且4S_n=a_n²+2a_n+1（n∈N^*），數(shù)列{b_n}為等比數(shù)列，公比q＞1，b₁=a₁，且2b₂，b₄，3b₃成等差數(shù)列．
（1）求{a_n}與{b_n}的通項(xiàng)公式；
（2）令c_n=$\frac{{a}_{n}}{_{n}}$，若{c_n}的前項(xiàng)和為T_n，求證：T_n＜6．

Answer 1

分析 （1）由4S_n=a_n²+2a_n+1（n∈N^*），n=1時(shí)，4a₁=${a}_{1}^{2}$+2a₁+1，解得a₁=1．
n≥2時(shí)，4S_n-1=${a}_{n-1}^{2}$+2a_n-1+1，相減可得：（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1-2）=0，又a_n＞0，可得a_n-a_n-1-2=0，利用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式可得a_n．b₁=a₁=1，2b₂，b₄，3b₃成等差數(shù)列．可得$2_{2}{q}^{2}$=2b₂+3b₂q，化為：2q²-3q-2=0，q＞1，解得q
（2）c_n=$\frac{{a}_{n}}{_{n}}$=$\frac{2n-1}{{2}^{n-1}}$．利用錯(cuò)位相減法、等比數(shù)列的求和公式即可得出．

解答 解：（1）由4S_n=a_n²+2a_n+1（n∈N^*），n=1時(shí)，4a₁=${a}_{1}^{2}$+2a₁+1，解得a₁=1．
n≥2時(shí)，4S_n-1=${a}_{n-1}^{2}$+2a_n-1+1，相減可得：4a_n=$（{a}_{n}+1）^{2}$-$（{a}_{n-1}+1）^{2}$，化為：（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1-2）=0，
又a_n＞0，∴a_n-a_n-1-2=0，即a_n-a_n-1=2，
∴數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列，公差為2．
∴a_n=1+2（n-1）=2n-1．
b₁=a₁=1，∵2b₂，b₄，3b₃成等差數(shù)列．
∴2b₄=2b₂+3b₃．∴$2_{2}{q}^{2}$=2b₂+3b₂q，化為：2q²-3q-2=0，q＞1，解得q=2．
∴b_n=2^n-1．
（2）證明：c_n=$\frac{{a}_{n}}{_{n}}$=$\frac{2n-1}{{2}^{n-1}}$．
{c_n}的前項(xiàng)和為T_n=1+$\frac{3}{2}+\frac{5}{{2}^{2}}$+…+$\frac{2n-1}{{2}^{n-1}}$，
$\frac{1}{2}$T_n=$\frac{1}{2}+\frac{3}{{2}^{2}}$+…+$\frac{2n-3}{{2}^{n-1}}$+$\frac{2n-1}{{2}^{n}}$，
∴$\frac{1}{2}$T_n=1+2$（\frac{1}{2}+\frac{1}{{2}^{2}}+…+\frac{1}{{2}^{n-1}}）$-$\frac{2n-1}{{2}^{n}}$=1+2×$\frac{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{2}^{n-1}}）}{1-\frac{1}{2}}$-$\frac{2n-1}{{2}^{n}}$，
∴T_n=6-$\frac{2n+3}{{2}^{n-1}}$＜6．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了錯(cuò)位相減法、等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項(xiàng)公式與求和公式，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．