Question

2．已知直線l_n：y=x-$\sqrt{2n}$與圓C_n：x²+y²=2a_n+n交于不同的兩點A_n，B_n，n∈N^*．?dāng)?shù)列{a_n}滿足：a₁=1，a_n+1=$\frac{1}{4}{|{{A_n}{B_n}}|^2}$．
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}的通項公式a_n；
（Ⅱ）若b_n=$\frac{n}{{4{a_n}}}$，求數(shù)列{b_n}的前n項和T_n．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由已知求出|A_nB_n|，代入a_n+1=$\frac{1}{4}{|{{A_n}{B_n}}|^2}$，可得數(shù)列{a_n}是首項為1，公比為2的等比數(shù)列，則數(shù)列{a_n}的通項公式a_n可求；
（Ⅱ）把數(shù)列{a_n}的通項公式代入b_n=$\frac{n}{{4{a_n}}}$，然后利用錯位相減法求得數(shù)列{b_n}的前n項和T_n．

解答 解：（Ⅰ）圓C_n的圓心到直線l_n的距離$nmchefv_{n}=\frac{|\sqrt{2n}|}{\sqrt{2}}=\sqrt{n}$，半徑${r}_{n}=\sqrt{2{a}_{n}+n}$，
∴${a}_{n+1}=\frac{1}{4}|{A}_{n}{B}_{n}{|}^{2}$=${{r}_{n}}^{2}-{cajkaiu_{n}}^{2}=2{a}_{n}$，即$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}=2$，
又a₁=1，
∴數(shù)列{a_n}是首項為1，公比為2的等比數(shù)列，
∴${a}_{n}={2}^{n-1}$；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，b_n=$\frac{n}{{4{a_n}}}$=$\frac{n}{{2}^{n+1}}$，
∴${T}_{n}=\frac{1}{{2}^{2}}+\frac{2}{{2}^{3}}+\frac{3}{{2}^{4}}+…+\frac{n}{{2}^{n+1}}$，
$\frac{1}{2}{T}_{n}=\frac{1}{{2}^{3}}+\frac{2}{{2}^{4}}+\frac{3}{{2}^{5}}+…+\frac{n-1}{{2}^{n+1}}+\frac{n}{{2}^{n+2}}$，
兩式相減，得$\frac{1}{2}{T}_{n}=\frac{1}{{2}^{2}}+\frac{1}{{2}^{3}}+…+\frac{1}{{2}^{n+1}}-\frac{n}{{2}^{n+2}}=\frac{1}{2}-\frac{n+2}{{2}^{n+2}}$，
∴${T}_{n}=1-\frac{n+2}{{2}^{n+1}}$．

點評 本題考查數(shù)列遞推式，考查了錯位相減法求數(shù)列的前n項和，由已知條件求得數(shù)列遞推式是解答該題的關(guān)鍵，是中檔題．