Question

15．设数列 {a_n}的前n项和为S_n，n∈N^*．已知a₁=1，a₂=$\frac{3}{2}$，a₃=$\frac{5}{4}$，且当n≥2时，4S_n+2+5S_n=8S_n+1+S_n-1．
（1）求a₄的值；
（2）证明：{a_n+1-$\frac{1}{2}$a_n}为等比数列；
（3）求数列{a_n}的通项公式．

Answer 1

分析 （1）直接在数列递推式中取n=2，求得${a}_{4}=\frac{7}{8}$；
（2）由4S_n+2+5S_n=8S_n+1+S_n-1（n≥2），变形得到4a_n+2+a_n=4a_n+1（n≥2），进一步得到$\frac{{a}_{n+2}-\frac{1}{2}{a}_{n+1}}{{a}_{n+1}-\frac{1}{2}{a}_{n}}=\frac{1}{2}$，由此可得数列{${a}_{n+1}-\frac{1}{2}{a}_{n}$}是以${a}_{2}-\frac{1}{2}{a}_{1}$为首项，公比为$\frac{1}{2}$的等比数列；
（3）由{${a}_{n+1}-\frac{1}{2}{a}_{n}$}是以${a}_{2}-\frac{1}{2}{a}_{1}$为首项，公比为$\frac{1}{2}$的等比数列，可得${a}_{n+1}-\frac{1}{2}{a}_{n}=（\frac{1}{2}）^{n-1}$．进一步得到$\frac{{a}_{n+1}}{（\frac{1}{2}）^{n+1}}-\frac{{a}_{n}}{（\frac{1}{2}）^{n}}=4$，说明{$\frac{{a}_{n}}{（\frac{1}{2}）^{n}}$}是以$\frac{{a}_{1}}{\frac{1}{2}}=2$为首项，4为公差的等差数列，由此可得数列{a_n}的通项公式．

解答 （1）解：当n=2时，4S₄+5S₂=8S₃+S₁，即$4（1+\frac{3}{2}+\frac{5}{4}+{a}_{4}）+5（1+\frac{3}{2}）=8（1+\frac{3}{2}+\frac{5}{4}）+1$，
解得：${a}_{4}=\frac{7}{8}$；
（2）证明：∵4S_n+2+5S_n=8S_n+1+S_n-1（n≥2），∴4S_n+2-4S_n+1+S_n-S_n-1=4S_n+1-4S_n（n≥2），
即4a_n+2+a_n=4a_n+1（n≥2），
∵$4{a}_{3}+{a}_{1}=4×\frac{5}{4}+1=6=4{a}_{2}$，∴4a_n+2+a_n=4a_n+1．
∵$\frac{{a}_{n+2}-\frac{1}{2}{a}_{n+1}}{{a}_{n+1}-\frac{1}{2}{a}_{n}}=\frac{4{a}_{n+2}-2{a}_{n+1}}{4{a}_{n+1}-2{a}_{n}}=\frac{4{a}_{n+1}-{a}_{n}-2{a}_{n+1}}{4{a}_{n+1}-2{a}_{n}}$=$\frac{2{a}_{n+1}-{a}_{n}}{2（2{a}_{n+1}-{a}_{n}）}=\frac{1}{2}$．
∴数列{${a}_{n+1}-\frac{1}{2}{a}_{n}$}是以${a}_{2}-\frac{1}{2}{a}_{1}$=1为首项，公比为$\frac{1}{2}$的等比数列；
（3）解：由（2）知，{${a}_{n+1}-\frac{1}{2}{a}_{n}$}是以${a}_{2}-\frac{1}{2}{a}_{1}$为首项，公比为$\frac{1}{2}$的等比数列，
∴${a}_{n+1}-\frac{1}{2}{a}_{n}=（\frac{1}{2}）^{n-1}$．
即$\frac{{a}_{n+1}}{（\frac{1}{2}）^{n+1}}-\frac{{a}_{n}}{（\frac{1}{2}）^{n}}=4$，
∴{$\frac{{a}_{n}}{（\frac{1}{2}）^{n}}$}是以$\frac{{a}_{1}}{\frac{1}{2}}=2$为首项，4为公差的等差数列，
∴$\frac{{a}_{n}}{（\frac{1}{2}）^{n}}=2+（n-1）×4=4n-2$，即${a}_{n}=（4n-2）×（\frac{1}{2}）^{n}=（2n-1）×（\frac{1}{2}）^{n-1}$，
∴数列{a_n}的通项公式是${a}_{n}=（2n-1）×（\frac{1}{2}）^{n-1}$．

点评 本题考查了数列递推式，考查了等比关系的确定，考查了等比数列的通项公式，关键是灵活变形能力，是中档题．