Question

6．已知数列{a_n}的各项均为正数，其前n项和为S_n，且满足4S_n=（a_n+1）²，n∈N^*．
（Ⅰ）求数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）设b_n=$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n-1}}$，T_n为数列{b_n}的前n项和，求证T_n＜6：．

Answer 1

分析 （Ⅰ）当n≥2时，4S_n-1=（a_n-1+1）²，4S_n=（a_n+1）²，n∈N^*．两式相减，得（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1-2）=0（a_n-a_n-1-2）=0，得a_n-a_n-1=2即可．
 （Ⅱ）由（Ⅰ）知，b_n=$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n-1}}$=$\frac{2n-1}{{2}^{n-1}}$，利用错位相减法求T_n即可证明．

解答 解：（Ⅰ）当n=1时，4S₁=（a₁+1）²，即a₁=1．
当n≥2时，4S_n-1=（a_n-1+1）²，
又4S_n=（a_n+1）²，n∈N^*．
两式相减，得（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1-2）=0（a_n-a_n-1-2）=0．
因为数列{a_n}的各项均为正数，所以a_n-a_n-1=2．
所以数列{a_n}是以1为首项，2为公差的等差数列，
即a_n=2n-1（n∈N^*）．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，b_n=$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n-1}}$=$\frac{2n-1}{{2}^{n-1}}$，
则T_n=$\frac{1}{{2}^{0}}+\frac{3}{{2}^{1}}+\frac{5}{{2}^{2}}+…+\frac{2n-1}{{2}^{n-1}}$…①
  $\frac{1}{2}{T}_{n}$=$\frac{1}{{2}^{1}}+\frac{3}{{2}^{2}}+…+\frac{2n-3}{{2}^{n-1}}+\frac{2n-1}{{2}^{n}}$…②
①-②，得$\frac{1}{2}{T}_{n}=\frac{1}{{2}^{0}}+2（\frac{1}{{2}^{1}}+\frac{1}{{2}^{2}}+…+\frac{1}{{2}^{n-1}}）-\frac{2n-1}{{2}^{n}}$=1+$\frac{1-\frac{1}{{2}^{n-1}}}{1-\frac{1}{2}}$-$\frac{2n-1}{{2}^{n}}$=3-$\frac{2n+3}{{2}^{n}}$
所以T_n=6-$\frac{2n+3}{{2}^{n-1}}$＜6．

点评 本题考查了数列的递推式，等差数列的通项，错位相减法求和，属于中档题．