Question

1．已知S_n是数列{a_n}的前n项和，a₁=2且4S_n=a_n•a_n+1，（n∈N^*），数列{b_n}中，b₁=$\frac{1}{4}$，且b_n+1=$\frac{n{b}_{n}}{（n+1）-{b}_{n}}$（n∈N^*），设c_n=$\frac{{a}_{n}}{{2}^{\frac{1}{3{b}_{n}}+\frac{2}{3}}}$，则{c_n}的前n项和T_n=2-$\frac{2+n}{{2}^{n}}$．

Answer 1

分析 a₁=2且4S_n=a_n•a_n+1，（n∈N^*），n=1时，解得a₂=4．当n≥2时，利用递推关系可得a_n+1-a_n-1=4．于是数列{a_n}的奇数项与偶数项都成等差数列，公差为4．即可得出a_n．
数列{b_n}中，b₁=$\frac{1}{4}$，且b_n+1=$\frac{n{b}_{n}}{（n+1）-{b}_{n}}$（n∈N^*），两边取倒数化为：$\frac{1}{（n+1）{b}_{n+1}}$-$\frac{1}{n{b}_{n}}$=$\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n}$．利用“累加求和”与“裂项求和”方法即可得出b_n，于是c_n=$\frac{n}{{2}^{n}}$，再利用“错位相减法”与等比数列的前n项和公式即可得出．

解答 解：a₁=2且4S_n=a_n•a_n+1，（n∈N^*），∴4a₁=a₁•a₂，解得a₂=4．
当n≥2时，4a_n=4（S_n-S_n-1）=a_n•a_n+1-a_n-1a_n，a_n≠0．
∴a_n+1-a_n-1=4．
∴数列{a_n}的奇数项与偶数项都成等差数列，公差为4．
∴a_n=a_2k-1=2+4（k-1）=4k-2=2n，
a_n=a_2k=4+4（k-1）=4k=2n．
可得?n∈N^*，a_n=2n．
数列{b_n}中，b₁=$\frac{1}{4}$，且b_n+1=$\frac{n{b}_{n}}{（n+1）-{b}_{n}}$（n∈N^*），
两边取倒数化为：$\frac{1}{（n+1）{b}_{n+1}}$-$\frac{1}{n{b}_{n}}$=$\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n}$．
∴$\frac{1}{n{b}_{n}}$=$（\frac{1}{n{b}_{n}}-\frac{1}{（n-1）{b}_{n}}）$+$（\frac{1}{（n-1）{b}_{n-1}}-\frac{1}{（n-2）{b}_{n-2}}）$+…+$（\frac{1}{2{b}_{2}}-\frac{1}{{b}_{1}}）$+$\frac{1}{{b}_{1}}$
=$（\frac{1}{n}-\frac{1}{n-1}）$+$（\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n-2}）$+…+$（\frac{1}{2}-1）$+4
=$\frac{1}{n}$+3．
可得：b_n=$\frac{1}{3n+1}$．
∴c_n=$\frac{{a}_{n}}{{2}^{\frac{1}{3{b}_{n}}+\frac{2}{3}}}$=$\frac{2n}{{2}^{\frac{1+3n}{3}+\frac{2}{3}}}$=$\frac{n}{{2}^{n}}$，
则{c_n}的前n项T_n=$\frac{1}{2}+\frac{2}{{2}^{2}}$+$\frac{3}{{2}^{3}}$+…+$\frac{n}{{2}^{n}}$，
$\frac{1}{2}{T}_{n}$=$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{2}{{2}^{3}}$+…+$\frac{n-1}{{2}^{n}}$+$\frac{n}{{2}^{n+1}}$，
∴$\frac{1}{2}{T}_{n}$=$\frac{1}{2}+\frac{1}{{2}^{2}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}}$-$\frac{n}{{2}^{n+1}}$=$\frac{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{2}^{n}}）}{1-\frac{1}{2}}$-$\frac{n}{{2}^{n+1}}$=1-$\frac{2+n}{{2}^{n+1}}$．
∴T_n=2-$\frac{2+n}{{2}^{n}}$．
故答案为：2-$\frac{2+n}{{2}^{n}}$．

点评 本题考查了递推关系、“裂项求和”与“累加求和”方法、“错位相减法”、等差数列与等比数列的相同公式及其前n项和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．