Question

4．已知在数列{a_n}中，S_n为其前n项和，若a_n＞0，且4S_n=a_n²+2a_n+1（n∈N^*），数列{b_n}为等比数列，公比q＞1，b₁=a₁，且2b₂，b₄，3b₃成等差数列．
（1）求{a_n}与{b_n}的通项公式；
（2）令c_n=$\frac{{a}_{n}}{{b}_{n}}$，若{c_n}的前项和为T_n，求证：T_n＜6．

Answer 1

分析 （1）由4S_n=a_n²+2a_n+1（n∈N^*），n=1时，4a₁=${a}_{1}^{2}$+2a₁+1，解得a₁=1．
n≥2时，4S_n-1=${a}_{n-1}^{2}$+2a_n-1+1，相减可得：（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1-2）=0，又a_n＞0，可得a_n-a_n-1-2=0，利用等差数列的通项公式可得a_n．b₁=a₁=1，2b₂，b₄，3b₃成等差数列．可得$2{b}_{2}{q}^{2}$=2b₂+3b₂q，化为：2q²-3q-2=0，q＞1，解得q
（2）c_n=$\frac{{a}_{n}}{{b}_{n}}$=$\frac{2n-1}{{2}^{n-1}}$．利用错位相减法、等比数列的求和公式即可得出．

解答 解：（1）由4S_n=a_n²+2a_n+1（n∈N^*），n=1时，4a₁=${a}_{1}^{2}$+2a₁+1，解得a₁=1．
n≥2时，4S_n-1=${a}_{n-1}^{2}$+2a_n-1+1，相减可得：4a_n=$（{a}_{n}+1）^{2}$-$（{a}_{n-1}+1）^{2}$，化为：（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1-2）=0，
又a_n＞0，∴a_n-a_n-1-2=0，即a_n-a_n-1=2，
∴数列{a_n}是等差数列，公差为2．
∴a_n=1+2（n-1）=2n-1．
b₁=a₁=1，∵2b₂，b₄，3b₃成等差数列．
∴2b₄=2b₂+3b₃．∴$2{b}_{2}{q}^{2}$=2b₂+3b₂q，化为：2q²-3q-2=0，q＞1，解得q=2．
∴b_n=2^n-1．
（2）证明：c_n=$\frac{{a}_{n}}{{b}_{n}}$=$\frac{2n-1}{{2}^{n-1}}$．
{c_n}的前项和为T_n=1+$\frac{3}{2}+\frac{5}{{2}^{2}}$+…+$\frac{2n-1}{{2}^{n-1}}$，
$\frac{1}{2}$T_n=$\frac{1}{2}+\frac{3}{{2}^{2}}$+…+$\frac{2n-3}{{2}^{n-1}}$+$\frac{2n-1}{{2}^{n}}$，
∴$\frac{1}{2}$T_n=1+2$（\frac{1}{2}+\frac{1}{{2}^{2}}+…+\frac{1}{{2}^{n-1}}）$-$\frac{2n-1}{{2}^{n}}$=1+2×$\frac{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{2}^{n-1}}）}{1-\frac{1}{2}}$-$\frac{2n-1}{{2}^{n}}$，
∴T_n=6-$\frac{2n+3}{{2}^{n-1}}$＜6．

点评 本题考查了错位相减法、等差数列与等比数列的通项公式与求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．