Question

5．已知數(shù)列{a_n}滿足2a${\;}_{n+1}={a}_{n}+{a}_{n+2}（n∈{N}^{+}）$，它的前n項(xiàng)和為S_n，且a₅=5，S₇=28．
（Ⅰ）求數(shù)列{$\frac{1}{{S}_{n}}$}的前n項(xiàng)和T_n；
（Ⅱ）若數(shù)列{b_n}滿足b₁=1，b${\;}_{n+1}=_{n}+{q}^{{a}_{n}}$（q＞0），求數(shù)列{b_n}的通項(xiàng)公式．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由2a_n+1=a_n+a_n+2（n∈N^*），知{a_n}是等差數(shù)列，利用條件求出數(shù)列的通項(xiàng)與前n項(xiàng)和，再利用裂項(xiàng)法求和，即可得到結(jié)論；
（Ⅱ）由$_{n+1}=_{n}+{q}^{{a}_{n}}（q＞0）$，得$_{n+1}-_{n}={q}^{n}$，當(dāng)n≥2時(shí)，可得b_n=$\left\{\begin{array}{l}{n（q=1）}\\{\frac{1-{q}^{n}}{1-q}（q≠1）}\end{array}\right.$，驗(yàn)證當(dāng)n=1時(shí)，b₁=1滿足上式，即可得到結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）由2a_n+1=a_n+a_n+2（n∈N⁺）知{a_n}是等差數(shù)列，且a₅=5，S₇=28，
得$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{1}+4d=5}\\{{a}_{1}+3d=4}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{1}=1}\\{d=1}\end{array}\right.$，
∴a_n=n，
∵${S}_{n}=\frac{n（n+1）}{2}$，
∴$\frac{1}{{S}_{n}}=\frac{2}{n（n+1）}=2（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}）$．
∴${T}_{n}=2[（1-\frac{1}{2}）+（\frac{1}{2}-\frac{1}{3}）+…+（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}）]$=$2（1-\frac{1}{n+1}）=\frac{2n}{n+1}$；
（Ⅱ）由b₁=1，$_{n+1}=_{n}+{q}^{{a}_{n}}（q＞0）$，得$_{n+1}-_{n}={q}^{n}$，
∴當(dāng)n≥2時(shí)，b_n=b₁+（b₂-b₁）+…+（b_n-b_n-1）=1+q+q²+…+q^n-1=$\left\{\begin{array}{l}{n（q=1）}\\{\frac{1-{q}^{n}}{1-q}（q≠1）}\end{array}\right.$．
當(dāng)n=1時(shí)，b₁=1滿足上式，故b_n=$\left\{\begin{array}{l}{n（q=1）}\\{\frac{1-{q}^{n}}{1-q}（q≠1）}\end{array}\right.$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和公式、“裂項(xiàng)求和”，考查了分類(lèi)討論的思想方法，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．