Question

6．正数数列{a_n}的前n项和为S_n，且S_n=$\frac{1}{4}$a_n²+$\frac{1}{2}$a_n-$\frac{3}{4}$，若存在等比数列{b_n}，使得a₁b₁+a₂b₂+…a_nb_n=2ⁿ⁺¹（2n-1）+2对一切正整数n都成立，则b_n等于（　　）

• A． 2ⁿ⁺¹
• B． 2^n-1
• C． 2ⁿ
• D． n•2ⁿ

Answer 1

分析 由S_n=$\frac{1}{4}$a_n²+$\frac{1}{2}$a_n-$\frac{3}{4}$，可得当n=1时，a₁=S₁=$\frac{1}{4}{a}_{1}^{2}$+$\frac{1}{2}{a}_{1}$-$\frac{3}{4}$，a₁＞0．解得a₁．当n≥2时，a_n=S_n-S_n-1，化为（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1-2）=0，根据a_n＞0，n∈N^*，可得a_n-a_n-1=2．利用等差数列的通项公式可得a_n．由于存在等比数列{b_n}，使得a₁b₁+a₂b₂+…+a_nb_n=2ⁿ⁺¹（2n-1）+2对一切正整数n都成立，当n≥2时，a₁b₁+a₂b₂+…+a_n-1b_n-1=2ⁿ（2n-3）+2，两式相减可得：a_nb_n=2ⁿ（2n+1），即可解出．

解答 解：∵S_n=$\frac{1}{4}$a_n²+$\frac{1}{2}$a_n-$\frac{3}{4}$，
∴当n=1时，a₁=S₁=$\frac{1}{4}{a}_{1}^{2}$+$\frac{1}{2}{a}_{1}$-$\frac{3}{4}$，a₁＞0．解得a₁=3．
当n≥2时，a_n=S_n-S_n-1=$\frac{1}{4}$a_n²+$\frac{1}{2}$a_n-$\frac{3}{4}$-$（\frac{1}{4}{a}_{n-1}^{2}+\frac{1}{2}{a}_{n-1}-\frac{3}{4}）$，化为（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1-2）=0，
∵a_n＞0，n∈N^*，
∴a_n-a_n-1=2．
∴数列{a_n}是等差数列，首项为3，公差为2．
∴a_n=3+2（n-1）=2n+1．
∵存在等比数列{b_n}，使得a₁b₁+a₂b₂+…+a_nb_n=2ⁿ⁺¹（2n-1）+2对一切正整数n都成立，
∴当n≥2时，a₁b₁+a₂b₂+…+a_n-1b_n-1=2ⁿ（2n-3）+2，
两式相减可得：a_nb_n=2ⁿ（2n+1），即（2n+1）b_n=2ⁿ（2n+1），
解得b_n=2ⁿ．
故选：C．

点评 本题考查了递推关系的应用、等比数列与等差数列的通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．