Question

18．已知点（1，2）在函数f（x）=a^x（a＞0，且a≠1）的图象上，等比数列{a_n}的前n项和为f（n）-$\frac{1}{2}$c，数列{c_n}（c_n＞0）的首项为c，且其前n项和T_n满足 2T_n=c_n²+n-1（n∈N^*）．
（1）求数列{a_n}和{c_n}的通项公式；
（2）若b_n=$\frac{{2{c_n}+3}}{{（{2n+1}）（{2n+3}）{a_n}}}$，求数列{b_n}的前n项和S_n．

Answer 1

分析 （1）通过将点（1，2）代入f（x）=a^x可知f（x）=2^x，通过求出数列{a_n}的前三项并利用等比中项可知c=2，进而可知${a_n}={2^{n-1}}$；利用2c_n=2T_n-2T_n-1整理可知c_n-c_n-1=1，进而c_n=n+1；
（2）通过（1）、裂项可知b_n=$\frac{1}{（2n+1）•{2}^{n-2}}$-$\frac{1}{（2n+3）•{2}^{n-1}}$，并项相加即得结论．

解答 解：（1）∵点（1，2）在函数f（x）=a^x（a＞0，且a≠1）的图象上，
∴f（1）=a=2，∴f（x）=2^x，
∵数列{a_n}的前n项和为$f（n）-\frac{1}{2}c$，
∴${a_1}=f（1）-\frac{1}{2}c=2-\frac{1}{2}c$，
${a_2}=[{f（2）-\frac{1}{2}c}]-[{f（1）-\frac{1}{2}c}]=2$，
${a_3}=[{f（3）-\frac{1}{2}c}]-[{f（2）-\frac{1}{2}c}]=4$，
又∵数列{a_n}是等比数列，
∴${a_1}=\frac{a_2^2}{a_3}=1=2-\frac{1}{2}c$，
∴c=2，公比q=2，
∴${a_n}={2^{n-1}}$；
当n≥2（n∈N^•）时，$2{c_n}=2{T_n}-2{T_{n-1}}=c_n^2-c_{n-1}^2+1$，
∴${{c}_{n}}^{2}$-2c_n+1-${{c}_{n-1}}^{2}$=0，
整理得：（c_n-c_n-1-1）（c_n+c_n-1-1）=0，
∵c₁=c=2，c_n＞0，
∴（c_n+c_n-1-1）≠0，
∴c_n-c_n-1-1=0，c_n-c_n-1=1，
∴数列{c_n}是首项是2、公差是1的等差数列，
∴c_n=2+（n-1）•1=n+1；
（2）由（1）知b_n=$\frac{{2{c_n}+3}}{{（{2n+1}）（{2n+3}）{a_n}}}$
=$\frac{2（n+1）+3}{（2n+1）（2n+3）•{2}^{n-1}}$
=$\frac{2（2n+3）-（2n+1）}{（2n+1）（2n+3）•{2}^{n-1}}$
=$\frac{1}{（2n+1）•{2}^{n-2}}$-$\frac{1}{（2n+3）•{2}^{n-1}}$，
∴S_n=$\frac{1}{3•{2}^{-1}}$-$\frac{1}{{5•2}^{0}}$+$\frac{1}{{5•2}^{0}}$-$\frac{1}{7•{2}^{1}}$+…+$\frac{1}{（2n+1）•{2}^{n-2}}$-$\frac{1}{（2n+3）•{2}^{n-1}}$
=$\frac{1}{3•{2}^{-1}}$-$\frac{1}{（2n+3）•{2}^{n-1}}$
=$\frac{2}{3}$-$\frac{1}{（2n+3）•{2}^{n-1}}$．

点评 本题考查数列的通项及前n项和，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于中档题．