Question

4．已知各项均为正数的数列{a_n}的前n项和为S_n，向量$\overrightarrow{a}$=（S_n，a_n+1），$\overrightarrow{b}$=（a_n+1，4）（n∈N^*），且$\overrightarrow{a}$∥$\overrightarrow{b}$
（Ⅰ）求{a_n}的通项公式
（Ⅱ）设f（n）=$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{n}，n=2k-1}\\{f（\frac{n}{2}），n=2k}\end{array}\right.$b_n=f（2ⁿ+4），求数列{b_n}的前n项和T_n．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通过$\overrightarrow{a}$∥$\overrightarrow{b}$可知S_n=$\frac{1}{4}$${{a}_{n}}^{2}$+$\frac{1}{2}$a_n+$\frac{1}{4}$，进而与S_n-1=$\frac{1}{4}$${{a}_{n-1}}^{2}$+$\frac{1}{2}$a_n-1+$\frac{1}{4}$（n≥2）作差、整理可知数列{a_n}是公差为2的等差数列，进而计算可得结论；
（Ⅱ）通过（I）可知b₁=a₂=5、b₂=a₁=1，当n≥3时b_n=2^n-1+1，整理即得结论．

解答 解：（Ⅰ）∵向量$\overrightarrow{a}$=（S_n，a_n+1），$\overrightarrow{b}$=（a_n+1，4）（n∈N^*），且$\overrightarrow{a}$∥$\overrightarrow{b}$，
∴S_n=$\frac{1}{4}$${{a}_{n}}^{2}$+$\frac{1}{2}$a_n+$\frac{1}{4}$，
∴当n≥2时，S_n-1=$\frac{1}{4}$${{a}_{n-1}}^{2}$+$\frac{1}{2}$a_n-1+$\frac{1}{4}$，
两式相减得：（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1-2）=0，
∵数列{a_n}的各项均为正数，
∴当n≥2时，a_n-a_n-1=2，即数列{a_n}是公差为2的等差数列，
又∵a₁=S₁=$\frac{1}{4}$${{a}_{1}}^{2}$+$\frac{1}{2}$a₁+$\frac{1}{4}$，解得：a₁=1，
∴a_n=1+2（n-1）=2n-1；
（Ⅱ）依题意，b₁=f（6）=f（3）=a₂=5，
b₂=f（8）=f（4）=f（2）=f（1）=a₁=1，
当n≥3时，b_n=f（2ⁿ+4）=…=f（2^n-2+1）=2（2^n-2+1）-1=2^n-1+1，
故n≥3时，T_n=5+1+（2²+1）+…+f（2^n-1+1）
=6+$\frac{4（1-{2}^{n-2}）}{1-2}$+（n-2）
=2ⁿ+n，
综上可知T_n=$\left\{\begin{array}{l}{5，}&{1}\\{6，}&{2}\\{{2}^{n}+n，}&{n≥3}\end{array}\right.$．

点评 本题考查数列的通项及前n项和，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于中档题．