Question

16．已知各項均為正數(shù)的數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，且4S_n=a${\;}_{n}^{2}$+2a_n+1（n∈N^*）．
（1）求{a_n}的通項公式；
（2）設(shè)f（n）=$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{n}，n=2k-1}\\{f（\frac{n}{2}），n=2k}\end{array}\right.$（n，k∈N^*），b_n=f（2ⁿ+4），求數(shù)列{b_n}的前n項和T_n．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通過${S_n}=\frac{1}{4}a_n^2+\frac{1}{2}{a_n}+\frac{1}{4}$與${S_{n-1}}=\frac{1}{4}a_{n-1}^2+\frac{1}{2}{a_{n-1}}+\frac{1}{4}$（n≥2）作差、整理可知數(shù)列{a_n}是公差為2的等差數(shù)列，進(jìn)而計算可得結(jié)論；
（Ⅱ）通過（I）可知b₁=a₂=5、b₂=a₁=1，當(dāng)n≥3時b_n=2^n-1+1，整理即得結(jié)論．

解答 解：（I）∵4S_n=a${\;}_{n}^{2}$+2a_n+1，
∴${S_n}=\frac{1}{4}a_n^2+\frac{1}{2}{a_n}+\frac{1}{4}$，
當(dāng)n≥2時，${S_{n-1}}=\frac{1}{4}a_{n-1}^2+\frac{1}{2}{a_{n-1}}+\frac{1}{4}$，
兩式相減得：（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1-2）=0，
∵數(shù)列{a_n}各項為正數(shù)，
∴當(dāng)n≥2時，a_n-a_n-1=2，即數(shù)列{a_n}是公差為2的等差數(shù)列，
又∵${a_1}={S_1}=\frac{1}{4}a_1^2+\frac{1}{2}{a_1}+\frac{1}{4}$，解得a₁=1，
∴a_n=2n-1；
（II）由f（n）的表達(dá)式可知b₁=f（6）=f（3）=a₃=5，
b₂=f（8）=f（4）=f（2）=f（1）=a₁=1，
當(dāng)n≥3（n∈N^*）時，
${b_n}=f（{2^n}+4）=…=f（{2^{n-2}}+1）=2（{2^{n-2}}+1）-1={2^{n-1}}+1$
故n≥3時，${T_n}=5+1+（{2^2}+1）+（{2^3}+1）+…+（{2^{n-1}}+1）$
=$6+\frac{{4（1-{2^{n-2}}）}}{1-2}+（n-2）$
=2ⁿ+n，
綜上可知T_n=$\left\{\begin{array}{l}{5，}&{1}\\{6，}&{2}\\{{2}^{n}+n，}&{n≥3}\end{array}\right.$．

點評 本題考查數(shù)列的通項及前n項和，考查運(yùn)算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．