Question

1．已知{a_n}是一個(gè)公差大于0的等差數(shù)列，且滿足a₃a₅=45，a₂+a₆=14
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）若數(shù)列{b_n}滿足：$\frac{b_1}{2}+\frac{b_2}{2^2}+…+\frac{b_n}{2^n}={a_n}+{n^2}$，求數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和S_n．

Answer 1

分析 （1）通過(guò)a₃+a₅=a₂+a₄=14，a₃a₅=45，求出數(shù)列的公差，然后求解通項(xiàng)公式．
（2）求出${b_n}={2^n}（2n+1），（n≥2）$，然后利用錯(cuò)位相減法，求解前n項(xiàng)和．

解答 解：（1）∵a₃+a₅=a₂+a₄=14，a₃a₅=45，
∴a₃=5，a₅=9或a₃=9，a₅=5…（1分）
∵d＞0，∴a₃=5，a₅=9…（2分）
∴$\left\{\begin{array}{l}{a_3}={a_1}+2d=5\\{a_5}={a_1}+4d=9\end{array}\right.，⇒{a_1}=1，d=2$，
∴a_n=2n-1…（4分）
（2）由$\frac{b_1}{2}+\frac{b_2}{2^2}+…+\frac{b_n}{2^n}={a_n}+1$，得：$\frac{b_1}{2}+\frac{b_2}{2^2}+…+\frac{b_n}{2^n}=2n-1+{n^2}$
又 $\frac{b_1}{2}+\frac{b_2}{2^2}+…+\frac{{{b_{n-1}}}}{{{2^{n-1}}}}=2（n-1）-1+{（n-1）^2}$，（n≥2），…（5分）
兩式相減得：$\frac{b_n}{2^n}=2n+1$，
∴${b_n}={2^n}（2n+1），（n≥2）$…（6分）
又$\frac{b_1}{2}={a_1}+1$，則b₁=4，…（7分）
∴${b_n}=\left\{\begin{array}{l}{2^n}（2n+1），n≥2\\ 4，n=1\end{array}\right.$…（8分）
記${T_n}={b_2}+{b_3}+…{b_n}={2^2}（5）+{2^3}（7）+…+{2^n}（2n+1）$$2{T_n}={2^3}（5）+{2^4}（7）+…+{2^{n+1}}（2n+1）$…（9分）
相減得：$-{T_n}=4+{2^{n+1}}（1-2n）$
則${T_n}={2^{n+1}}（2n-1）-4$，…（11分）
∴${s_n}={2^{n+1}}（2n-1）$…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查等差數(shù)列以及等比數(shù)列通項(xiàng)公式的應(yīng)用，數(shù)列求和的基本方法，考查計(jì)算能力．