Question

16．已知等比数列数列{a_n}的前n项和为S_n，公比q＞0，S₂=2a₂-2，S₃=a₄-2．
（Ⅰ）求数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）令${c_n}=\left\{\begin{array}{l}\frac{{{{log}_2}{a_n}}}{{{n^2}（n+2）}}，n为奇数\\ \frac{n}{a_n}，n为偶数\end{array}\right.$，T_n为数列{c_n}的前n项和，求T_2n．

Answer 1

分析 （I）利用等比数列的通项公式即可得出．
（II）由（I）可得：c_n=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{n（n+2）}，n为奇数}\\{\frac{n}{{2}^{n}}，n为偶数}\end{array}\right.$．可得T_2n=（c₁+c₃+…+c_2n-1）+（c₂+c₄+…+c_2n），对奇数项与偶数项分别利用“裂项求和”、“错位相减法”即可得出．

解答 解：（I）∵S₂=2a₂-2，S₃=a₄-2．
∴S₃-S₂=a₄-2a₂=a₃，
∴${a}_{2}{q}^{2}-2{a}_{2}={a}_{2}q$，a₂≠0，化为q²-q-2=0，q＞0，解得q=2，
又a₁+a₂=2a₂-2，
∴a₂-a₁-2=0，∴2a₁-a₁-2=0，解得a₁=2，
∴${a}_{n}={2}^{n}$．
（II）由（I）可得：c_n=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{n（n+2）}，n为奇数}\\{\frac{n}{{2}^{n}}，n为偶数}\end{array}\right.$．
∴T_2n=（c₁+c₃+…+c_2n-1）+（c₂+c₄+…+c_2n），
记M=（c₂+c₄+…+c_2n）
=$\frac{2}{{2}^{2}}+\frac{4}{{2}^{4}}$+…+$\frac{2n}{{2}^{2n}}$
=$\frac{1}{2}+\frac{2}{{2}^{3}}+\frac{3}{{2}^{5}}$+…+$\frac{n}{{2}^{2n-1}}$，
则$\frac{1}{4}M$=$\frac{1}{{2}^{3}}+\frac{2}{{2}^{5}}$+…+$\frac{n-1}{{2}^{2n-1}}+\frac{n}{{2}^{2n+1}}$，
∴$\frac{3}{4}M$=$\frac{1}{2}+\frac{1}{{2}^{3}}$+…+$\frac{1}{{2}^{2n-1}}$-$\frac{n}{{2}^{2n+1}}$=$\frac{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{4}^{n}}）}{1-\frac{1}{4}}$-$\frac{n}{{2}^{2n+1}}$=$\frac{2}{3}-\frac{4+3n}{3×{2}^{2n+1}}$，
∴M=$\frac{8}{9}$-$\frac{16+12n}{9×{2}^{2n+1}}$．
∴T_2n=$\frac{1}{2}[（1-\frac{1}{3}）+（\frac{1}{3}-\frac{1}{5}）+…+（\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）]$+M
=$\frac{1}{2}（1-\frac{1}{2n+1}）$+M
=$\frac{n}{2n+1}$+$\frac{8}{9}$-$\frac{16+12n}{9×{2}^{2n+1}}$．

点评 本题考查了“错位相减法”、等比数列的通项公式及其前n项和公式、“裂项求和”，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．