Question

13．已知各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，且S_n，a_n，$\frac{1}{2}$成等差數(shù)列．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）若b_n=4-2n（n∈N^*），設(shè)c_n=$\frac{_{n}}{{a}_{n}}$，求數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和T_n．

Answer 1

分析 （1）由S_n，a_n，$\frac{1}{2}$成等差數(shù)列，可得2a_n=S_n+$\frac{1}{2}$，即2S_n=4a_n-1（n≥1），利用2S_n-1=4a_n-1-1，兩式相減得整理可得a_n=2a_n-1，利用等比數(shù)列的通項(xiàng)公式可求；
（2）由題意可得，c_n=$\frac{_{n}}{{a}_{n}}$=（4n-2）•（$\frac{1}{2}$）^n-2，根據(jù)數(shù)列通項(xiàng)的特點(diǎn)考慮利用錯(cuò)位相減可得．

解答 解：（1）由S_n，a_n，$\frac{1}{2}$成等差數(shù)列，可得2a_n=S_n+$\frac{1}{2}$，
∴a₁=$\frac{1}{2}$，
由2S_n=4a_n-1（n≥1），∴2S_n-1=4a_n-1-1（n≥2），
∴兩式相減得2a_n=（4a_n-1）-（4a_n-1-1）=4a_n-4a_n-1，
即a_n=2a_n-1（n≥2），
∴數(shù)列{a_n}是以$\frac{1}{2}$為首項(xiàng)，以2為公比的等比數(shù)列，
∴a_n=$\frac{1}{2}$•2^n-1=2^n-2（n∈N^*）；
（2）由題意可得，c_n=$\frac{_{n}}{{a}_{n}}$=（4-2n）•（$\frac{1}{2}$）^n-2，
T_n=c₁+c₂+…+c_n
=2•（$\frac{1}{2}$）^-1+0•（$\frac{1}{2}$）⁰+…+（4-2n）•（$\frac{1}{2}$）^n-2，①
$\frac{1}{2}$T_n=2•（$\frac{1}{2}$）⁰+0•（$\frac{1}{2}$）¹+…+（4-2n）•（$\frac{1}{2}$）^n-1，②
①-②可得，$\frac{1}{2}$T_n=4-2[（$\frac{1}{2}$）⁰+（$\frac{1}{2}$）¹+…+（$\frac{1}{2}$）^n-2]-（4-2n）•（$\frac{1}{2}$）^n-1
=4-2•$\frac{1-（\frac{1}{2}）^{n-1}}{1-\frac{1}{2}}$-（4-2n）•（$\frac{1}{2}$）^n-1
化簡(jiǎn)可得T_n=4n•（$\frac{1}{2}$）^n-1．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了利用遞推公式構(gòu)造求解數(shù)列的通項(xiàng)公式，而錯(cuò)位相減求解數(shù)列的和是數(shù)列求和的難點(diǎn)和重點(diǎn)，要注意該方法的掌握．