Question

5．已知等比数列{a_n}的前n项和为S_n，且S_n=（$\frac{{a}_{n}+1}{2}$）²，若数列{b_n}满足b_n=nS_n，求{b_n}的前n项和．

Answer 1

分析 设出等比数列的首项和公比，由已知递推式求得首项和公比，然后分公比讨论求得等比数列{a_n}的前n项和为S_n，得到数列{b_n}的通项公式，然后利用错位相减法求{b_n}的前n项和．

解答 解：设等比数列{a_n}的首项为a₁，公比为q，
由S_n=（$\frac{{a}_{n}+1}{2}$）²，得${a}_{1}=（\frac{{a}_{1}+1}{2}）^{2}$，解得：a₁=1，
${a}_{1}+{a}_{1}q=（\frac{{a}_{2}+1}{2}）^{2}$，即$1+q=（\frac{q+1}{2}）^{2}=\frac{{q}^{2}+2q+1}{4}$，解得：q=-1或q=3．
当q=-1时，若n为奇数，S_n=1，b_n=n，
则{b_n}的前n项和${T}_{n}=1+2+…+n=\frac{n（n+1）}{2}$；
若n为偶数，S_n=0，b_n=0，
则{b_n}的前n项和T_n=0；
当q=3时，${S}_{n}=\frac{1×（1-{3}^{n}）}{1-3}=\frac{1}{2}•{3}^{n}-\frac{1}{2}$，
b_n=nS_n=$\frac{n}{2}•{3}^{n}-\frac{n}{2}$，
∴${T}_{n}=（\frac{1}{2}•{3}^{1}+\frac{2}{2}•{3}^{2}+…+\frac{n}{2}•{3}^{n}）$$-（\frac{1}{2}+\frac{2}{2}+…+\frac{n}{2}）$
=${R}_{n}-\frac{1}{2}•\frac{n（n+1）}{2}$=${R}_{n}-\frac{n（n+1）}{4}$．
由${R}_{n}=\frac{1}{2}•{3}^{1}+\frac{2}{2}•{3}^{2}+…+\frac{n}{2}•{3}^{n}$，得
$3{R}_{n}=\frac{1}{2}•{3}^{2}+\frac{2}{2}•{3}^{3}+…+\frac{n}{2}•{3}^{n+1}$，
两式作差得：$-2{R}_{n}=\frac{1}{2}（3+{3}^{2}+…+{3}^{n}）-\frac{n}{2}•{3}^{n+1}$=$\frac{1}{2}•\frac{3（1-{3}^{n}）}{1-3}-\frac{n}{2}•{3}^{n+1}$，
∴R_n=$\frac{3-{3}^{n+1}}{8}+\frac{n}{4}•{3}^{n+1}$，
∴${T}_{n}=\frac{2n-1}{8}•{3}^{n+1}-\frac{2{n}^{2}+2n-3}{8}$．

点评 本题考查了等比数列的前n项和，考查了错位相减法求数列的前n项和，体现了分类讨论的数学思想方法，是中档题．