Question

16．已知等比數(shù)列數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，公比q＞0，S₂=2a₂-2，S₃=a₄-2．
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）令${c_n}=\left\{\begin{array}{l}\frac{{{{log}_2}{a_n}}}{{{n^2}（n+2）}}，n為奇數(shù)\\ \frac{n}{a_n}，n為偶數(shù)\end{array}\right.$，T_n為數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和，求T_2n．

Answer 1

分析 （I）利用等比數(shù)列的通項(xiàng)公式即可得出．
（II）由（I）可得：c_n=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{n（n+2）}，n為奇數(shù)}\\{\frac{n}{{2}^{n}}，n為偶數(shù)}\end{array}\right.$．可得T_2n=（c₁+c₃+…+c_2n-1）+（c₂+c₄+…+c_2n），對(duì)奇數(shù)項(xiàng)與偶數(shù)項(xiàng)分別利用“裂項(xiàng)求和”、“錯(cuò)位相減法”即可得出．

解答 解：（I）∵S₂=2a₂-2，S₃=a₄-2．
∴S₃-S₂=a₄-2a₂=a₃，
∴${a}_{2}{q}^{2}-2{a}_{2}={a}_{2}q$，a₂≠0，化為q²-q-2=0，q＞0，解得q=2，
又a₁+a₂=2a₂-2，
∴a₂-a₁-2=0，∴2a₁-a₁-2=0，解得a₁=2，
∴${a}_{n}={2}^{n}$．
（II）由（I）可得：c_n=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{n（n+2）}，n為奇數(shù)}\\{\frac{n}{{2}^{n}}，n為偶數(shù)}\end{array}\right.$．
∴T_2n=（c₁+c₃+…+c_2n-1）+（c₂+c₄+…+c_2n），
記M=（c₂+c₄+…+c_2n）
=$\frac{2}{{2}^{2}}+\frac{4}{{2}^{4}}$+…+$\frac{2n}{{2}^{2n}}$
=$\frac{1}{2}+\frac{2}{{2}^{3}}+\frac{3}{{2}^{5}}$+…+$\frac{n}{{2}^{2n-1}}$，
則$\frac{1}{4}M$=$\frac{1}{{2}^{3}}+\frac{2}{{2}^{5}}$+…+$\frac{n-1}{{2}^{2n-1}}+\frac{n}{{2}^{2n+1}}$，
∴$\frac{3}{4}M$=$\frac{1}{2}+\frac{1}{{2}^{3}}$+…+$\frac{1}{{2}^{2n-1}}$-$\frac{n}{{2}^{2n+1}}$=$\frac{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{4}^{n}}）}{1-\frac{1}{4}}$-$\frac{n}{{2}^{2n+1}}$=$\frac{2}{3}-\frac{4+3n}{3×{2}^{2n+1}}$，
∴M=$\frac{8}{9}$-$\frac{16+12n}{9×{2}^{2n+1}}$．
∴T_2n=$\frac{1}{2}[（1-\frac{1}{3}）+（\frac{1}{3}-\frac{1}{5}）+…+（\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）]$+M
=$\frac{1}{2}（1-\frac{1}{2n+1}）$+M
=$\frac{n}{2n+1}$+$\frac{8}{9}$-$\frac{16+12n}{9×{2}^{2n+1}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了“錯(cuò)位相減法”、等比數(shù)列的通項(xiàng)公式及其前n項(xiàng)和公式、“裂項(xiàng)求和”，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．