Question

16．已知各项均为正数的数列{a_n}的前n项和为S_n，且4S_n=a${\;}_{n}^{2}$+2a_n+1（n∈N^*）．
（1）求{a_n}的通项公式；
（2）设f（n）=$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{n}，n=2k-1}\\{f（\frac{n}{2}），n=2k}\end{array}\right.$（n，k∈N^*），b_n=f（2ⁿ+4），求数列{b_n}的前n项和T_n．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通过${S_n}=\frac{1}{4}a_n^2+\frac{1}{2}{a_n}+\frac{1}{4}$与${S_{n-1}}=\frac{1}{4}a_{n-1}^2+\frac{1}{2}{a_{n-1}}+\frac{1}{4}$（n≥2）作差、整理可知数列{a_n}是公差为2的等差数列，进而计算可得结论；
（Ⅱ）通过（I）可知b₁=a₂=5、b₂=a₁=1，当n≥3时b_n=2^n-1+1，整理即得结论．

解答 解：（I）∵4S_n=a${\;}_{n}^{2}$+2a_n+1，
∴${S_n}=\frac{1}{4}a_n^2+\frac{1}{2}{a_n}+\frac{1}{4}$，
当n≥2时，${S_{n-1}}=\frac{1}{4}a_{n-1}^2+\frac{1}{2}{a_{n-1}}+\frac{1}{4}$，
两式相减得：（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1-2）=0，
∵数列{a_n}各项为正数，
∴当n≥2时，a_n-a_n-1=2，即数列{a_n}是公差为2的等差数列，
又∵${a_1}={S_1}=\frac{1}{4}a_1^2+\frac{1}{2}{a_1}+\frac{1}{4}$，解得a₁=1，
∴a_n=2n-1；
（II）由f（n）的表达式可知b₁=f（6）=f（3）=a₃=5，
b₂=f（8）=f（4）=f（2）=f（1）=a₁=1，
当n≥3（n∈N^*）时，
${b_n}=f（{2^n}+4）=…=f（{2^{n-2}}+1）=2（{2^{n-2}}+1）-1={2^{n-1}}+1$
故n≥3时，${T_n}=5+1+（{2^2}+1）+（{2^3}+1）+…+（{2^{n-1}}+1）$
=$6+\frac{{4（1-{2^{n-2}}）}}{1-2}+（n-2）$
=2ⁿ+n，
综上可知T_n=$\left\{\begin{array}{l}{5，}&{1}\\{6，}&{2}\\{{2}^{n}+n，}&{n≥3}\end{array}\right.$．

点评 本题考查数列的通项及前n项和，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于中档题．