Question

2．已知各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，且2S_n=4a_n-1．在數(shù)列{b_n}中，b_n+1=b_n-2，b₄+b₈=-16．
（Ⅰ）求a_n，b_n；
（Ⅱ）設(shè)c_n=$\frac{_{n}}{{a}_{n}}$求數(shù)列{c_n}的前項(xiàng)和T_n．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通過(guò)2S_n=4a_n-1可知2a_n=S_n+$\frac{1}{2}$，易知${a_1}=\frac{1}{2}$，當(dāng)n≥2時(shí)利用a_n=S_n-S_n-1可知$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}$=2，進(jìn)而可得數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式，利用b₄+b₈=2b₆計(jì)算可得數(shù)列{b_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）通過(guò)a_n=2^n-2、b_n=4-2n可知c_n=$\frac{16-8n}{{2}^{n}}$，利用錯(cuò)位相減法計(jì)算即得結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）∵2S_n=4a_n-1，
∴2a_n=S_n+$\frac{1}{2}$，
當(dāng)n=1時(shí)，${a_1}=\frac{1}{2}$；
當(dāng)n≥2時(shí)，a_n=S_n-S_n-1=2a_n-2a_n-1，
整理得：$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}$=2，
∴數(shù)列{a_n}是以$\frac{1}{2}$為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，
∴a_n=a₁•q^n-1=$\frac{1}{2}•{2}^{n-1}$=2^n-2；
∵b_n+1=b_n-2，
∴d=b_n+1-b_n=-2，
又∵b₄+b₈=2b₆=-16，
∴b₆=-8，
∴b₁=b₆-5d=-8-5•（-2）=2，
∴b_n=b₁+（n-1）d=2-2（n-1）=4-2n；
（Ⅱ）∵a_n=2^n-2，b_n=4-2n，
∴c_n=$\frac{_{n}}{{a}_{n}}$=$\frac{4-2n}{{2}^{n-2}}$=$\frac{16-8n}{{2}^{n}}$，
∴T_n=8•$\frac{1}{2}$+0•$\frac{1}{{2}^{2}}$+（-8）•$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+（24-8n）•$\frac{1}{{2}^{n-1}}$+（16-8n）•$\frac{1}{{2}^{n}}$，
$\frac{1}{2}$T_n=8•$\frac{1}{{2}^{2}}$+0•$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+（24-8n）•$\frac{1}{{2}^{n}}$+（16-8n）•$\frac{1}{{2}^{n+1}}$，
兩式相減得：$\frac{1}{2}$T_n=4-8（$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}}$）-（16-8n）•$\frac{1}{{2}^{n+1}}$
=4-8•$\frac{\frac{1}{{2}^{2}}（1-\frac{1}{{2}^{n-1}}）}{1-\frac{1}{2}}$-（16-8n）•$\frac{1}{{2}^{n+1}}$
=4-4（1-$\frac{1}{{2}^{n-1}}$）-$\frac{16-8n}{{2}^{n+1}}$
=$\frac{4n}{{2}^{n}}$，
∴T_n=$\frac{8n}{{2}^{n}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)及前n項(xiàng)和，考查運(yùn)算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．