Question

20．設(shè)數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為${S_n}=2{n^2}-1$，數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為Q_n=2b_n-2．
（1）求數(shù)列{a_n}和{b_n}的通項(xiàng)公式；
（2）設(shè)${c_n}=\frac{a_n}{b_n}$，求數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和T_n．

Answer 1

分析 （1）數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為${S_n}=2{n^2}-1$，可得n≥2時(shí)，a_n=S_n-S_n-1．n=1時(shí)，a₁=S₁=1．可得a_n．?dāng)?shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為Q_n=2b_n-2．n≥2時(shí)，Q_n-1=2b_n-1-2，相減可得：b_n=2b_n-1．n=1時(shí)，b₁=Q₁=2b₁-2，解得b₁．利用等比數(shù)列的通項(xiàng)公式可得b_n．
（2）${c_n}=\frac{a_n}{b_n}$，n=1時(shí)，c₁=$\frac{1}{2}$，n≥2時(shí)，c_n=$\frac{4n-2}{{2}^{n}}$=$\frac{2n-1}{{2}^{n-1}}$．利用錯(cuò)位相減法即可得出．

解答 解：（1）數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為${S_n}=2{n^2}-1$，
∴n≥2時(shí)，a_n=S_n-S_n-1=2n²-1-[2（n-1）²-1]=4n-2．
n=1時(shí)，a₁=S₁=1．
∴a_n=$\left\{\begin{array}{l}{1，n=1}\\{4n-2，n≥2}\end{array}\right.$．
數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為Q_n=2b_n-2．
n≥2時(shí)，Q_n-1=2b_n-1-2，可得b_n=2b_n-2b_n-1，化為：b_n=2b_n-1．
n=1時(shí)，b₁=Q₁=2b₁-2，解得b₁=2．
∴數(shù)列{b_n}是等比數(shù)列，首項(xiàng)與公比都為2．
∴b_n=2ⁿ．
（2）${c_n}=\frac{a_n}{b_n}$，
n=1時(shí)，c₁=$\frac{1}{2}$，n≥2時(shí)，c_n=$\frac{4n-2}{{2}^{n}}$=$\frac{2n-1}{{2}^{n-1}}$．
∴n=1時(shí)，T₁=c₁=$\frac{1}{2}$．
n≥2時(shí)，T_n=$\frac{1}{2}+$$\frac{3}{2}$+$\frac{5}{{2}^{2}}$+…+$\frac{2n-1}{{2}^{n-1}}$．
$\frac{1}{2}{T}_{n}$=$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{3}{{2}^{2}}$+$\frac{5}{{2}^{3}}$+…+$\frac{2n-3}{{2}^{n-1}}$+$\frac{2n-1}{{2}^{n}}$．
∴$\frac{1}{2}{T}_{n}$=$\frac{7}{4}$+2×$（\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n-1}}）$-$\frac{2n-1}{{2}^{n}}$=$\frac{7}{4}$$+2×\frac{\frac{1}{4}[1-（\frac{1}{2}）^{n-2}]}{1-\frac{1}{2}}$-$\frac{2n-1}{{2}^{n}}$．
∴T_n=$\frac{11}{2}$-$\frac{2n+3}{{2}^{n-1}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了數(shù)列遞推關(guān)系、等比數(shù)列的通項(xiàng)公式與求和公式、錯(cuò)位相減法、分類討論方法，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．