Question

11．設(shè)等差數(shù)列{a_n}的前項(xiàng)和為S_n，且a₂=2，S₅=15，數(shù)列{b_n}的前項(xiàng)和為T_n，且b₁=$\frac{1}{2}$，2nb_n+1=（n+1）b_n（n∈N^*）
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}通項(xiàng)公式a_n及前項(xiàng)和S_n；
（Ⅱ） 求數(shù)列{b_n}通項(xiàng)公式b_n及前項(xiàng)和T_n．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由等差數(shù)列的性質(zhì)可知：S₅=5a₃=15，則a₃=3，d=a₃-a₂=1，a₁=1，根據(jù)等差數(shù)列通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和公式即可求得a_n及S_n；
（Ⅱ）由題意可知：$\frac{_{n+1}}{_{n}}$=$\frac{1}{2}$•$\frac{n+1}{n}$，采用累乘法即可求得數(shù)列{b_n}通項(xiàng)公式b_n=$\frac{n}{{2}^{n}}$，利用錯(cuò)位相減法求得數(shù)列{b_n}前項(xiàng)和T_n．

解答 解：（Ⅰ）由等差數(shù)列{a_n}的公差為d，由等差數(shù)列的性質(zhì)可知：S₅=5a₃=15，則a₃=3，
d=a₃-a₂=1，
首項(xiàng)a₁=1，
∴數(shù)列{a_n}通項(xiàng)公式a_n=1+（n-1）=n，
前n項(xiàng)和S_n=$\frac{n（n+1）}{2}$=$\frac{{n}^{2}+n}{2}$；
（Ⅱ）2nb_n+1=（n+1）b_n（n∈N^*），
則$\frac{_{n+1}}{_{n}}$=$\frac{1}{2}$•$\frac{n+1}{n}$，
∴$\frac{_{2}}{_{1}}$=$\frac{1}{2}$•$\frac{2}{1}$，$\frac{_{3}}{_{2}}$=$\frac{1}{2}$•$\frac{3}{2}$，$\frac{_{4}}{_{3}}$=$\frac{1}{2}$×$\frac{4}{3}$，…$\frac{_{n}}{_{n-1}}$=$\frac{1}{2}$•$\frac{n}{n-1}$，
∴當(dāng)n≥2時(shí)，$\frac{_{n}}{_{1}}$=（$\frac{1}{2}$）^n-1，即b_n=$\frac{n}{{2}^{n}}$，
當(dāng)n=1時(shí)，b₁=$\frac{1}{2}$，符合上式，
∴數(shù)列{b_n}通項(xiàng)公式b_n=$\frac{n}{{2}^{n}}$，
∴T_n=$\frac{1}{2}$+$\frac{2}{{2}^{2}}$+$\frac{3}{{2}^{3}}$+…+$\frac{n}{{2}^{n}}$，
$\frac{1}{2}$T_n=$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{2}{{2}^{2}}$+$\frac{3}{{2}^{4}}$+…+$\frac{n-1}{{2}^{n}}$+$\frac{n}{{2}^{n+1}}$，
兩式相減得：$\frac{1}{2}$T_n=$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}}$-$\frac{n}{{2}^{n+1}}$，
=$\frac{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{2}^{n}}）}{1-\frac{1}{2}}$-$\frac{n}{{2}^{n+1}}$，
=1-$\frac{1}{{2}^{n}}$-$\frac{n}{{2}^{n+1}}$，
=1-$\frac{n+2}{{2}^{n+1}}$，
T_n=2-$\frac{n+2}{{2}^{n}}$，
數(shù)列{b_n}前項(xiàng)和T_n=2-$\frac{n+2}{{2}^{n}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查等差數(shù)列通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和，考查累乘法及“錯(cuò)位相減法”求數(shù)列的前n項(xiàng)和，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．