Question

4．已知各项均为正数的数列{a_n}的前n项和为S_n，满足a${\;}_{n+1}^{2}$=2S_n+n+4，且a₂-1，a₃，a₇恰为等比数列{b_n}的前3项．
（1）求数列{a_n}，{b_n}的通项公式；
（2）令c_n=$\frac{n}{{b}_{n}}$-$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$，求数列{c_n}的前n项和T_n．

Answer 1

分析 （1）将n换为n-1，两式相减，可得a_n+1-a_n=1，即公差d=1，再由等比数列的性质和等差数列的通项公式，解方程可得a₂=3，再由等差数列的通项公式可得通项；再由等比数列的定义和通项公式可得所求；
（2）求得c_n=$\frac{n}{{b}_{n}}$-$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$=$\frac{n}{{2}^{n}}$-$\frac{1}{（n+1）（n+2）}$=$\frac{n}{{2}^{n}}$-（$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n+2}$），分别运用数列的求和方法：错位相减法和裂项相消求和，计算即可得到所求和．

解答 解：（1）当n=1时，a₂²=2S₁+1+4=2a₁+5，
当n＞1时，a_n+1²=2S_n+n+4，①
可得a_n²=2S_n-1+n-1+4，②
①-②可得，a_n+1²-a_n²=2a_n+1，
即有a_n+1²=（a_n+1）²，
数列{a_n}的各项均为正数，
可得a_n+1-a_n=1，即公差d=1，
由a₂-1，a₃，a₇恰为等比数列{b_n}的前3项，
可得a₃²=（a₂-1）a₇，
即为（a₂+1）²=（a₂-1）（a₂+5），解得a₂=3，
则a_n=a₂+n-2=n+1；b₁=a₂-1=2，公比q=$\frac{{a}_{7}}{{a}_{3}}$=$\frac{8}{4}$=2，
则b_n=b₁q^n-1=2ⁿ；
（2）c_n=$\frac{n}{{b}_{n}}$-$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$=$\frac{n}{{2}^{n}}$-$\frac{1}{（n+1）（n+2）}$=$\frac{n}{{2}^{n}}$-（$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n+2}$），
前n项和T_n=（1•$\frac{1}{2}$+2•$\frac{1}{4}$+…+n•（$\frac{1}{2}$）ⁿ）-（$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{4}$+…+$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n+2}$），
由F_n=1•$\frac{1}{2}$+2•$\frac{1}{4}$+…+n•（$\frac{1}{2}$）ⁿ，
$\frac{1}{2}$F_n=1•$\frac{1}{4}$+2•$\frac{1}{8}$+…+n•（$\frac{1}{2}$）ⁿ⁺¹，
两式相减可得，$\frac{1}{2}$F_n=$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{4}$+$\frac{1}{8}$+…+（$\frac{1}{2}$）ⁿ-n•（$\frac{1}{2}$）ⁿ⁺¹
=$\frac{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{2}^{n}}）}{1-\frac{1}{2}}$--n•（$\frac{1}{2}$）ⁿ⁺¹
化简可得，F_n=2-$\frac{n+2}{{2}^{n}}$，
则T_n=2-$\frac{n+2}{{2}^{n}}$-（$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{n+2}$）=$\frac{3}{2}$-$\frac{n+2}{{2}^{n}}$+$\frac{1}{n+2}$．

点评 本题考查等差数列和等比数列的通项和求和公式的运用，考查数列的求和方法：错位相减法和裂项相消求和，考查运算能力，属于中档题．