Question

4．數列{a_n}的前n項和為S_n，對于任意的正整數n都有a_n＞0，$4{S_n}={（{a_n}+1）^2}$
①求數列{a_n}的通項公式
②設${b_n}=\frac{a_n}{3^n}\;\;{T_n}={b_1}+{b_2}+$…b_n求T_n．

Answer 1

分析 ①利用數列遞推關系、等差數列的通項公式即可得出．
②利用“錯位相減法”與等比數列的求和公式即可得出．

解答 解：①$4{S_n}={（{a_n}+1）^2}$，
$4{S_{n-1}}={（{a_{n-1}}+1）^2}$n≥2，
相減可得：$4{a_n}={a_n}^2-{a_{n-1}}^2+2{a_n}-2{a_{n-1}}$（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1-2）=0，n≥2…（2分）
∵a_n＞0，a_n+a_n-1＞0，
∴a_n=a_n-1+2…（4分）
又$4{S_1}=4{a_1}={（{a_1}+1）^2}$
即a₁=1…（5分）
∴a_n=2n-1…（6分）
②${b_n}=（2n-1）•{（\frac{1}{3}）^n}$，
${T_n}=1•\frac{1}{3}+3•{（\frac{1}{3}）^2}+5•{（\frac{1}{3}）^3}+…+（2n-1）•{（\frac{1}{3}）^n}$，$\frac{1}{3}{T_n}=1•{（\frac{1}{3}）^2}+3•{（\frac{1}{3}）^3}+…+（2n-3）•{（\frac{1}{3}）^n}+（2n-1）•{（\frac{1}{3}）^{n+1}}$，
相減$\frac{2}{3}{T_n}=\frac{1}{3}+2•{（\frac{1}{3}）^2}+2•{（\frac{1}{3}）^3}+…+2•{（\frac{1}{3}）^n}-（2n-1）•{（\frac{1}{3}）^{n+1}}$
=$2×\frac{{\frac{1}{3}-{{（\frac{1}{3}）}^{n+1}}}}{{1-\frac{1}{3}}}-\frac{1}{3}-（2n-1）•{（\frac{1}{3}）^{n+1}}$=$\frac{2}{3}-\frac{2（n+1）}{3}•{（\frac{1}{3}）^n}$…（10分）
∴${T_n}=1-（n+1）•\frac{1}{3^n}$…（12分）

點評 本題考查了數列遞推關系、等差數列與等比數列的通項公式與求和公式、“錯位相減法”，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．