Question

13．已知等差数列{a_n}前n项和为S_n，a₁=2，5a₃=3a₅，对任意的n∈N^*，都有$\frac{2{b}_{1}}{{a}_{3}}$+$\frac{2{b}_{2}}{{a}_{4}}$+$\frac{2{b}_{3}}{{a}_{5}}$+…+$\frac{2{b}_{n}}{{a}_{n+2}}$=$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{{2}^{n+1}}$．
（1）求数列{b_n}的通项公式；
（2）求数列{$\frac{{b}_{n}}{{S}_{n}}$}的前n项和T．

Answer 1

分析 （1）利用等差数列的通项公式及其前n项和公式、递推关系即可得出；
（2）利用$\frac{{b}_{n}}{{S}_{n}}$=$\frac{n+2}{n（n+1）•{2}^{n+1}}$=$\frac{1}{{2}^{n}•n}$-$\frac{1}{{2}^{n+1}（n+1）}$．，“裂项求和”即可得出．

解答 解：（1）设等差数列{a_n}的公差为d，∵a₁=2，5a₃=3a₅，
∴5（2+2d）=3（2+4d），解得d=2．
∴a_n=2+2（n-1）=2n．
S_n=$\frac{n（2+2n）}{2}$=n（n+1）．
∵对任意的n∈N^*，都有$\frac{2{b}_{1}}{{a}_{3}}$+$\frac{2{b}_{2}}{{a}_{4}}$+$\frac{2{b}_{3}}{{a}_{5}}$+…+$\frac{2{b}_{n}}{{a}_{n+2}}$=$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{{2}^{n+1}}$．
∴当n≥2时，$\frac{2{b}_{1}}{{a}_{3}}$+$\frac{2{b}_{2}}{{a}_{4}}$+$\frac{2{b}_{3}}{{a}_{5}}$+…+$\frac{2{b}_{n-1}}{{a}_{n+1}}$=$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{{2}^{n}}$．
∴$\frac{2{b}_{n}}{{a}_{n+2}}$=$\frac{1}{{2}^{n}}$-$\frac{1}{{2}^{n+1}}$=$\frac{1}{{2}^{n+1}}$．
∴b_n=$\frac{n+2}{{2}^{n+1}}$．（n≥2）．
当n=1时，b₁=$\frac{3}{4}$，符合上式．
∴b_n=$\frac{n+2}{{2}^{n+1}}$．
（2）$\frac{{b}_{n}}{{S}_{n}}$=$\frac{n+2}{n（n+1）•{2}^{n+1}}$=$\frac{1}{{2}^{n+1}}$$（\frac{n+2}{n}-\frac{n+2}{n+1}）$=$\frac{1}{{2}^{n+1}}（\frac{2}{n}-\frac{1}{n+1}）$=$\frac{1}{{2}^{n}•n}$-$\frac{1}{{2}^{n+1}（n+1）}$．
∴数列{$\frac{{b}_{n}}{{S}_{n}}$}的前n项和T_n=$（\frac{1}{2×1}-\frac{1}{{2}^{2}×2}）$+$（\frac{1}{{2}^{2}×2}-\frac{1}{{2}^{3}×3}）$+…+$（\frac{1}{{2}^{n}•n}-\frac{1}{{2}^{n+1}（n+1）}）$
=$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{{2}^{n+1}（n+1）}$．

点评 本题考查了等差数列的通项公式及其前n项和公式、递推关系、“裂项求和”，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．