Question

6．已知正項數列{a_n}滿足$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n-1}}$+$\frac{{a}_{n-1}}{{a}_{n+1}}$=$\frac{4{{a}_{n}}^{2}}{{a}_{n+1}{a}_{n-1}}$-2（n≥2，n∈N^*），且a₆=11，前9項和為81．
（Ⅰ）求數列{a_n}的通項公式；
（Ⅱ）若數列{lgb_n}的前n項和為lg（2n+1），記c_n=$\frac{{a}_{n}•_{n}}{{2}^{n+1}}$，求數列{c_n}的前n項和T_n．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由正項數列{a_n}滿足$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n-1}}$+$\frac{{a}_{n-1}}{{a}_{n+1}}$=$\frac{4{{a}_{n}}^{2}}{{a}_{n+1}{a}_{n-1}}$-2（n≥2，n∈N^*），得${a_{n+1}}^2+{a_{n-1}}^2=4{a_n}^2-2{a_{n+1}}{a_{n-1}}$，整理得a_n+1+a_n-1=2a_n，可得{a_n}為等差數列．再利用等差數列的通項公式與求和公式即可得出．
（II）當n=1時，lgb₁=lg3，即b₁=3．當n≥2時，lgb₁+lgb₂+…+lgb_n=lg（2n+1），lgb₁+lgb₂+…+lgb_n-1=lg（2n-1），
作差可得b_n=$\frac{2n+1}{2n-1}$，（n≥2）．c_n=$\frac{{a}_{n}•_{n}}{{2}^{n+1}}$=$\frac{2n+1}{{2}^{n+1}}$，再利用“錯位相減法”與等比數列的求和公式即可得出．

解答 解：（Ⅰ）由正項數列{a_n}滿足$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n-1}}$+$\frac{{a}_{n-1}}{{a}_{n+1}}$=$\frac{4{{a}_{n}}^{2}}{{a}_{n+1}{a}_{n-1}}$-2（n≥2，n∈N^*），得${a_{n+1}}^2+{a_{n-1}}^2=4{a_n}^2-2{a_{n+1}}{a_{n-1}}$，
整理得a_n+1+a_n-1=2a_n，所以{a_n}為等差數列．
由a₆=11，前9項和為81，得a₁+5d=11，$9{a}_{1}+\frac{9×8}{2}$d=81，
解得a₁=1，d=2．
∴a_n=1+2（n-1）=2n-1．
（II）當n=1時，lgb₁=lg3，即b₁=3．
當n≥2時，lgb₁+lgb₂+…+lgb_n=lg（2n+1）…①，
lgb₁+lgb₂+…+lgb_n-1=lg（2n-1）…②
①-②，得$lg{b_n}=lg（2n+1）-lg（2n-1）=lg\frac{2n+1}{2n-1}$，
∴b_n=$\frac{2n+1}{2n-1}$，（n≥2）．
b₁=3滿足上式，因此b_n=$\frac{2n+1}{2n-1}$，（n≥2）．
c_n=$\frac{{a}_{n}•_{n}}{{2}^{n+1}}$=$\frac{2n+1}{{2}^{n+1}}$，
∴數列{c_n}的前n項和T_n=$\frac{3}{{2}^{2}}+\frac{5}{{2}^{3}}$+…+$\frac{2n-1}{{2}^{n}}$+$\frac{2n+1}{{2}^{n+1}}$，
又2T_n=$\frac{3}{2}+\frac{5}{{2}^{2}}$+…+$\frac{2n+1}{{2}^{n}}$，
以上兩式作差，得T_n=$\frac{3}{2}$+2$（\frac{1}{{2}^{2}}+\frac{1}{{2}^{3}}+…+\frac{1}{{2}^{n}}）$-$\frac{2n+1}{{2}^{n+1}}$，
${T_n}=\frac{3}{2}+（\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+…+\frac{1}{{{2^{n-1}}}}）-\frac{2n+1}{{{2^{n+1}}}}=\frac{3}{2}+\frac{{\frac{1}{2}-\frac{1}{2^n}}}{{1-\frac{1}{2}}}-\frac{2n+1}{{{2^{n+1}}}}$，
因此，T_n=$\frac{5}{2}$-$\frac{2n+5}{{2}^{n+1}}$．

點評 本題考查了數列遞推關系、“錯位相減法”、等差數列與等比數列的通項公式與求和公式，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．