Question

数列{a_n}的各项均为正数，S_n为其前n项和，对于任意n∈N^*，总有2S_n=a_n²+a_n．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）求数列{an(

1

2

)n}的前n项和．

Answer 1

考点：数列的求和

专题：综合题,等差数列与等比数列

分析：（1）由已知可得2S_n-1=a_n-1+a_n-1²（n≥2从而导出a_n+a_n-1=（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1）∵a_n，a_n-1均为正数，所以a_n-a_n-1=1（n≥2），由此推出a_n=n．
（2）利用错位相减法即可求得数列{an(

1

2

)n}的前n项和．

解答： 解：（1）由已知：对于n∈N^*，总有2S_n=a_n+a_n²①成立
∴2S_n-1=a_n-1+a_n-1²（n≥2）②
①②得2a_n=a_n+a_n²-a_n-1-a_n-1²
∴a_n+a_n-1=（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1）∵a_n，a_n-1均为正数，
∴a_n-a_n-1=1（n≥2）
∴数列{a_n}是公差为1的等差数列又n=1时，2S₁=a₁+a₁²，解得a₁=1．
∴a_n=n．
（2）S_n=1×

1

2

+2×（

1

2

^）2+…+n•（

1

2

^）n①
∴

1

2

S_n=1×（

1

2

^）2+2×（

1

2

^）3+…+（n-1）×（

1

2

^）n+n•（

1

2

^）n+1②
①-②得sn=2-

1

2n-1

-n•

1

2n

．

点评：本题考查数列的求和，着重考查等差数列的判定及其通项公式的应用，突出考查错位相减法求和，属于中档题．