Question

1．已知数列{a_n}是各项均为正数的等差数列，首项a₁=1，其前n项和为S_n；数列{b_n}是等比数列，首项b₁=2，且b₂S₂=16，b₃S₃=72．
（1）求数列{a_n}，{b_n}的通项公式；
（2）若${c_n}=\frac{S_n}{b_n}$，求数列{c_n}的前n项和T_n．

Answer 1

分析 （1）由已知条件，利用等差数列、等比数列的通项公式、前n项和列出方程组，求出等差数列的公差和等比数列的公比，由此能求出a_n与b_n；
（2）由（1）能推导出S_n=n²，两次运用数列的求和方法：错位相减法，结合等比数列的求和公式．

解答 解：（1）设等差数列{a_n}的公差为d，等比数列{b_n}的公比为q，
∵等差数列{a_n}的各项均为正数，a₁=1，b₁=2，
∴a_n=1+（n-1）d，b_n=2q^n-1，d＞0，
∵b₂S₂=16，b₃S₃=72，
∴$\left\{\begin{array}{l}{2（2+d）q=16}\\{2（3+3d）{q}^{2}=72}\end{array}\right.$，
解得d=q=2，
∴a_n=2n-1，b_n=2ⁿ．
（2）∵a₁=1，d=2，
∴S_n=n+$\frac{1}{2}$n（n-1）•2=n²，
可得${c_n}=\frac{S_n}{b_n}$=$\frac{{n}^{2}}{{2}^{n}}$，
前n项和T_n=$\frac{1}{2}$+$\frac{{2}^{2}}{{2}^{2}}$+$\frac{{3}^{2}}{{2}^{3}}$+…+$\frac{{n}^{2}}{{2}^{n}}$，
$\frac{1}{2}$T_n=$\frac{1}{4}$+$\frac{{2}^{2}}{{2}^{3}}$+$\frac{{3}^{2}}{{2}^{4}}$+…+$\frac{{n}^{2}}{{2}^{n+1}}$，
相减可得$\frac{1}{2}$T_n=$\frac{1}{2}$+$\frac{3}{4}$+$\frac{5}{8}$+$\frac{7}{16}$+…+$\frac{2n-1}{{2}^{n}}$-$\frac{{n}^{2}}{{2}^{n+1}}$，
设A_n=$\frac{1}{2}$+$\frac{3}{4}$+$\frac{5}{8}$+$\frac{7}{16}$+…+$\frac{2n-1}{{2}^{n}}$，
$\frac{1}{2}$A_n=$\frac{1}{4}$+$\frac{3}{8}$+$\frac{5}{16}$+$\frac{7}{32}$+…+$\frac{2n-1}{{2}^{n+1}}$，
两式相减可得，$\frac{1}{2}$A_n=$\frac{1}{2}$+2（$\frac{1}{4}$+$\frac{1}{8}$+$\frac{1}{16}$+$\frac{1}{32}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}}$）-$\frac{2n-1}{{2}^{n+1}}$
=$\frac{1}{2}$+2•$\frac{\frac{1}{4}（1-\frac{1}{{2}^{n-1}}）}{1-\frac{1}{2}}$-$\frac{2n-1}{{2}^{n+1}}$，
化简可得A_n=3-$\frac{2n+3}{{2}^{n}}$．
即有$\frac{1}{2}$T_n=3-$\frac{2n+3}{{2}^{n}}$-$\frac{{n}^{2}}{{2}^{n+1}}$，
可得T_n=6-$\frac{{n}^{2}+4n+6}{{2}^{n}}$．

点评 本题考查数列的通项公式和前n项和公式的求法，是中档题，解题时要注意两次运用错位相减求和法．