Question

20．已知数列{a_n}的前n项和S_n通项a_n满足2S_n+a_n=1，数列{b_n}中，b₁=1，b₂=$\frac{1}{2}$，$\frac{2}{{b}_{n+1}}$=$\frac{1}{{b}_{n}}$+$\frac{1}{{b}_{n+2}}$（n∈N^*）
（1）求数列{a_n}，{b_n}的通项公式；
（2）数列{c_n}满足c_n=$\frac{{a}_{n}}{{b}_{n}}$，求{c_n}前n项和S_n．

Answer 1

分析 （1）利用2S_n+a_n=1，通过a_n=S_n-S_n-1，化简推出数列{a_n}，是等比数列，求出通项公式，然后求解{b_n}的通项公式．
（2）利用错位相减法，以及等比数列求和公式求解{c_n}前n项和S_n．

解答 （本题满分12分）
解：（1）由2S_n+a_n=1，得${S_n}=\frac{1}{2}（1-{a_n}）$，
当n≥2时，${a_n}={S_n}-{S_{n-1}}=\frac{1}{2}（1-{a_n}）-\frac{1}{2}（1-{a_{n-1}}）=-\frac{1}{2}{a_n}+\frac{1}{2}{a_{n-1}}$，
即2a_n=-a_n+a_n-1，
∴$\frac{a_n}{{{a_{n-1}}}}=\frac{1}{3}$（由题意可知a_n-1≠0）．
∴{a_n}是公比为$\frac{1}{3}$的等比数列，而${S_1}={a_1}=\frac{1}{2}（1-{a_1}）$，
故${a_1}=\frac{1}{3}$，
∴${a_n}=\frac{1}{3}×{（\frac{1}{3}）^{n-1}}={（\frac{1}{3}）^n}$．
又$\frac{2}{{b}_{n+1}}=\frac{1}{{b}_{n}}+\frac{1}{{b}_{n+2}}$，得数列$\{\frac{1}{b_n}\}$是等差数列，
又$\frac{1}{b_1}=1，\frac{1}{b_2}=2$，
∴公差d=1，
∴$\frac{1}{{b}_{n}}=n$，
∴${b}_{n}=\frac{1}{n}$（6分）
（2）由题意${c_n}=\frac{a_n}{b_n}=n•{（\frac{1}{3}）^n}$，
则${T_n}=1×\frac{1}{3}+2×{（\frac{1}{3}）^2}+3×{（\frac{1}{3}）^3}+…+n×{（\frac{1}{3}）^n}$，…①
可得$\frac{1}{3}{T}_{n}=1×（\frac{1}{3}）^{2}+2×{（\frac{1}{3}）}^{3}+3×{（\frac{1}{3}）}^{4}+…+n×{（\frac{1}{3}）}^{n+1}$，…②
由错位相减法①-②得：
$\frac{2}{3}{T}_{n}=\frac{1}{3}+{（\frac{1}{3}）}^{2}+{（\frac{1}{3}）}^{3}+{（\frac{1}{3}）}^{4}+…+（{\frac{1}{3}）}^{n}-n×{（\frac{1}{3}）}^{n+1}$
=$\frac{\frac{1}{3}（1-（\frac{1}{3}）^{n}）}{1-\frac{1}{3}}-n×（\frac{1}{3}）^{n+1}$
=$\frac{1}{2}（1-{（\frac{1}{3}）}^{n}）-n×{（\frac{1}{3}）}^{n+1}$，
∴${T_n}=\frac{3}{4}-\frac{2n+3}{4}×\frac{1}{3^n}$．（12分）

点评 本题考查数列的递推关系式的应用，数列求和错位相减法的应用，考查分析问题解决问题的能力．