Question

6．已知數(shù)列{a_n}的各項均為正數(shù)，其前n項和為S_n，且滿足4S_n=（a_n+1）²，n∈N^*．
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（Ⅱ）設(shè)b_n=$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n-1}}$，T_n為數(shù)列{b_n}的前n項和，求證T_n＜6：．

Answer 1

分析 （Ⅰ）當(dāng)n≥2時，4S_n-1=（a_n-1+1）²，4S_n=（a_n+1）²，n∈N^*．兩式相減，得（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1-2）=0（a_n-a_n-1-2）=0，得a_n-a_n-1=2即可．
 （Ⅱ）由（Ⅰ）知，b_n=$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n-1}}$=$\frac{2n-1}{{2}^{n-1}}$，利用錯位相減法求T_n即可證明．

解答 解：（Ⅰ）當(dāng)n=1時，4S₁=（a₁+1）²，即a₁=1．
當(dāng)n≥2時，4S_n-1=（a_n-1+1）²，
又4S_n=（a_n+1）²，n∈N^*．
兩式相減，得（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1-2）=0（a_n-a_n-1-2）=0．
因為數(shù)列{a_n}的各項均為正數(shù)，所以a_n-a_n-1=2．
所以數(shù)列{a_n}是以1為首項，2為公差的等差數(shù)列，
即a_n=2n-1（n∈N^*）．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，b_n=$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n-1}}$=$\frac{2n-1}{{2}^{n-1}}$，
則T_n=$\frac{1}{{2}^{0}}+\frac{3}{{2}^{1}}+\frac{5}{{2}^{2}}+…+\frac{2n-1}{{2}^{n-1}}$…①
  $\frac{1}{2}{T}_{n}$=$\frac{1}{{2}^{1}}+\frac{3}{{2}^{2}}+…+\frac{2n-3}{{2}^{n-1}}+\frac{2n-1}{{2}^{n}}$…②
①-②，得$\frac{1}{2}{T}_{n}=\frac{1}{{2}^{0}}+2（\frac{1}{{2}^{1}}+\frac{1}{{2}^{2}}+…+\frac{1}{{2}^{n-1}}）-\frac{2n-1}{{2}^{n}}$=1+$\frac{1-\frac{1}{{2}^{n-1}}}{1-\frac{1}{2}}$-$\frac{2n-1}{{2}^{n}}$=3-$\frac{2n+3}{{2}^{n}}$
所以T_n=6-$\frac{2n+3}{{2}^{n-1}}$＜6．

點評 本題考查了數(shù)列的遞推式，等差數(shù)列的通項，錯位相減法求和，屬于中檔題．