Question

17．在等差數(shù)列{a_n}中，a₁=1，a₅=9，數(shù)列{a_n}、{b_n}滿足$\frac{{a}_{1}}{_{1}}$+$\frac{{a}_{2}}{_{2}}$+$\frac{{a}_{3}}{_{3}}$+…+$\frac{{a}_{n}}{_{n}}$=6-$\frac{{a}_{n+2}}{_{n}}$（n∈N^*）．
（Ⅰ）求證：數(shù)列{b_n}是等比數(shù)列；
（Ⅱ）求數(shù)列{$\frac{2+{a}_{n}}{_{n}}$}的前n項(xiàng)的和S_n．

Answer 1

分析 （I）利用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式可得a_n，利用數(shù)列遞推關(guān)系與等比數(shù)列的通項(xiàng)公式即可得出．
（II）利用“錯(cuò)位相減法”與等比數(shù)列的求和公式即可得出．

解答 （Ⅰ）證明：設(shè)等差數(shù)列{a_n}的公差為d，∵a₁=1，a₅=9，∴9=1+4d，解得d=2．
∴a_n=1+2（n-1）=2n-1．
數(shù)列{a_n}、{b_n}滿足$\frac{{a}_{1}}{_{1}}$+$\frac{{a}_{2}}{_{2}}$+$\frac{{a}_{3}}{_{3}}$+…+$\frac{{a}_{n}}{_{n}}$=6-$\frac{{a}_{n+2}}{_{n}}$（n∈N^*）．
∴n=1時(shí)，$\frac{{a}_{1}}{_{1}}$=6-$\frac{{a}_{3}}{_{1}}$，可得$\frac{1}{_{1}}$=6-$\frac{5}{_{1}}$，解得b₁=1．
n≥2時(shí)，$\frac{{a}_{1}}{_{1}}$+$\frac{{a}_{2}}{_{2}}$+$\frac{{a}_{3}}{_{3}}$+…+$\frac{{a}_{n-1}}{_{n-1}}$=6-$\frac{{a}_{n+1}}{_{n-1}}$（n∈N^*）．
∴$\frac{{a}_{n}}{_{n}}$=$\frac{{a}_{n+1}}{_{n-1}}$-$\frac{{a}_{n+2}}{_{n}}$，即$\frac{2{a}_{n+1}}{_{n}}$=$\frac{{a}_{n+1}}{_{n-1}}$，∴$\frac{_{n}}{_{n-1}}$=2．
∴{b_n}是以1為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列．
（Ⅱ）由（I）可得：b_n=2^n-1．
∴$\frac{2+{a}_{n}}{_{n}}$=$\frac{2n+1}{{2}^{n-1}}$，
數(shù)列{$\frac{2+{a}_{n}}{_{n}}$}的前n項(xiàng)的和S_n=3×1+5×$\frac{1}{2}$+7×$（\frac{1}{2}）^{2}$+…+（2n+1）×$（\frac{1}{2}）^{n-1}$，
∴$\frac{1}{2}{S}_{n}$=$3×\frac{1}{2}$+5×$（\frac{1}{2}）^{2}$+…+（2n-1）×$（\frac{1}{2}）^{n-1}$+（2n+1）×$（\frac{1}{2}）^{n}$，
$\frac{1}{2}{S}_{n}$=3+2$[\frac{1}{2}+（\frac{1}{2}）^{2}+…（\frac{1}{2}）^{n-1}]$-（2n+1）×$（\frac{1}{2}）^{n}$=3+2×$\frac{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{2}^{n-1}}）}{1-\frac{1}{2}}$-（2n+1）×$（\frac{1}{2}）^{n}$，
∴S_n=10-$\frac{2n+5}{{2}^{n-1}}$．

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．