Question

15．已知数列{a_n}的前n项的和为S_n，且S_n+$\frac{1}{2}$a_n=1（n∈N^*）
（1）求{a_n}的通项公式；
（2）设b_n=-log₃（1-S_n），设C_n=$\frac{4{b}_{n+1}}{{{b}_{n}}^{2}•{{b}^{2}}_{n+2}}$，求数列{C_n}的前n项的和T_n．

Answer 1

分析 （1）运用数列的递推式：a₁=S₁，n≥2，n∈N^*，a_n=S_n-S_n-1，结合等比数列的定义和通项公式即可得到所求通项；
（2）S_n=1-$\frac{1}{2}$a_n=1-（$\frac{1}{3}$）ⁿ，b_n=-log₃（1-S_n）=-log₃（$\frac{1}{3}$）ⁿ=n，C_n=$\frac{4{b}_{n+1}}{{{b}_{n}}^{2}•{{b}^{2}}_{n+2}}$=$\frac{4n+4}{{n}^{2}•（n+2）^{2}}$=$\frac{1}{{n}^{2}}$-$\frac{1}{（n+2）^{2}}$，
由数列的求和方法：裂项相消求和，化简整理即可得到所求和．

解答 解：（1）S_n+$\frac{1}{2}$a_n=1①（n∈N^*）
可得a₁=S₁，
即有a₁+$\frac{1}{2}$a₁=1，可得a₁=$\frac{2}{3}$，
当n≥2，n∈N^*，即有S_n-1+$\frac{1}{2}$a_n-1=1，②
a_n=S_n-S_n-1，
①-②可得S_n-S_n-1+$\frac{1}{2}$a_n-$\frac{1}{2}$a_n-1=0，
即有a_n=$\frac{1}{3}$a_n-1，
则a_n=a₁q^n-1=$\frac{2}{3}$•（$\frac{1}{3}$）^n-1=2•（$\frac{1}{3}$）ⁿ，n∈N^*；
（2）S_n+$\frac{1}{2}$a_n=1
可得S_n=1-$\frac{1}{2}$a_n=1-（$\frac{1}{3}$）ⁿ，
b_n=-log₃（1-S_n）=-log₃（$\frac{1}{3}$）ⁿ=n，
C_n=$\frac{4{b}_{n+1}}{{{b}_{n}}^{2}•{{b}^{2}}_{n+2}}$=$\frac{4n+4}{{n}^{2}•（n+2）^{2}}$=$\frac{1}{{n}^{2}}$-$\frac{1}{（n+2）^{2}}$，
前n项的和T_n=$\frac{1}{{1}^{2}}$-$\frac{1}{{3}^{2}}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$-$\frac{1}{{4}^{2}}$+$\frac{1}{{3}^{2}}$-$\frac{1}{{5}^{2}}$+…+$\frac{1}{（n-1）^{2}}$-$\frac{1}{（n+1）^{2}}$+$\frac{1}{{n}^{2}}$-$\frac{1}{（n+2）^{2}}$
═$\frac{1}{{1}^{2}}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$-$\frac{1}{（n+1）^{2}}$-$\frac{1}{（n+2）^{2}}$=$\frac{5}{4}$-$\frac{1}{（n+1）^{2}}$-$\frac{1}{（n+2）^{2}}$．

点评 本题考查数列的通项公式的求法，注意运用数列递推式，考查等比数列的通项公式，以及数列的求和方法：裂项相消求和，考查化简整理的运算能力，属于中档题．