Question

6．已知正项数列{a_n}满足$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n-1}}$+$\frac{{a}_{n-1}}{{a}_{n+1}}$=$\frac{4{{a}_{n}}^{2}}{{a}_{n+1}{a}_{n-1}}$-2（n≥2，n∈N^*），且a₆=11，前9项和为81．
（Ⅰ）求数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）若数列{lgb_n}的前n项和为lg（2n+1），记c_n=$\frac{{a}_{n}•{b}_{n}}{{2}^{n+1}}$，求数列{c_n}的前n项和T_n．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由正项数列{a_n}满足$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n-1}}$+$\frac{{a}_{n-1}}{{a}_{n+1}}$=$\frac{4{{a}_{n}}^{2}}{{a}_{n+1}{a}_{n-1}}$-2（n≥2，n∈N^*），得${a_{n+1}}^2+{a_{n-1}}^2=4{a_n}^2-2{a_{n+1}}{a_{n-1}}$，整理得a_n+1+a_n-1=2a_n，可得{a_n}为等差数列．再利用等差数列的通项公式与求和公式即可得出．
（II）当n=1时，lgb₁=lg3，即b₁=3．当n≥2时，lgb₁+lgb₂+…+lgb_n=lg（2n+1），lgb₁+lgb₂+…+lgb_n-1=lg（2n-1），
作差可得b_n=$\frac{2n+1}{2n-1}$，（n≥2）．c_n=$\frac{{a}_{n}•{b}_{n}}{{2}^{n+1}}$=$\frac{2n+1}{{2}^{n+1}}$，再利用“错位相减法”与等比数列的求和公式即可得出．

解答 解：（Ⅰ）由正项数列{a_n}满足$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n-1}}$+$\frac{{a}_{n-1}}{{a}_{n+1}}$=$\frac{4{{a}_{n}}^{2}}{{a}_{n+1}{a}_{n-1}}$-2（n≥2，n∈N^*），得${a_{n+1}}^2+{a_{n-1}}^2=4{a_n}^2-2{a_{n+1}}{a_{n-1}}$，
整理得a_n+1+a_n-1=2a_n，所以{a_n}为等差数列．
由a₆=11，前9项和为81，得a₁+5d=11，$9{a}_{1}+\frac{9×8}{2}$d=81，
解得a₁=1，d=2．
∴a_n=1+2（n-1）=2n-1．
（II）当n=1时，lgb₁=lg3，即b₁=3．
当n≥2时，lgb₁+lgb₂+…+lgb_n=lg（2n+1）…①，
lgb₁+lgb₂+…+lgb_n-1=lg（2n-1）…②
①-②，得$lg{b_n}=lg（2n+1）-lg（2n-1）=lg\frac{2n+1}{2n-1}$，
∴b_n=$\frac{2n+1}{2n-1}$，（n≥2）．
b₁=3满足上式，因此b_n=$\frac{2n+1}{2n-1}$，（n≥2）．
c_n=$\frac{{a}_{n}•{b}_{n}}{{2}^{n+1}}$=$\frac{2n+1}{{2}^{n+1}}$，
∴数列{c_n}的前n项和T_n=$\frac{3}{{2}^{2}}+\frac{5}{{2}^{3}}$+…+$\frac{2n-1}{{2}^{n}}$+$\frac{2n+1}{{2}^{n+1}}$，
又2T_n=$\frac{3}{2}+\frac{5}{{2}^{2}}$+…+$\frac{2n+1}{{2}^{n}}$，
以上两式作差，得T_n=$\frac{3}{2}$+2$（\frac{1}{{2}^{2}}+\frac{1}{{2}^{3}}+…+\frac{1}{{2}^{n}}）$-$\frac{2n+1}{{2}^{n+1}}$，
${T_n}=\frac{3}{2}+（\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+…+\frac{1}{{{2^{n-1}}}}）-\frac{2n+1}{{{2^{n+1}}}}=\frac{3}{2}+\frac{{\frac{1}{2}-\frac{1}{2^n}}}{{1-\frac{1}{2}}}-\frac{2n+1}{{{2^{n+1}}}}$，
因此，T_n=$\frac{5}{2}$-$\frac{2n+5}{{2}^{n+1}}$．

点评 本题考查了数列递推关系、“错位相减法”、等差数列与等比数列的通项公式与求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．