Question

14．已知S_n為數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和，S_n=na_n+1+2ⁿ，a₁=1
（1）求證：當(dāng)n≥2時(shí)，n（a_n-a_n+1）=2^n-1；
（2）求數(shù)列{$\frac{1}{{a}_{n}-{a}_{n+1}}$}的前n項(xiàng)和T_n．

Answer 1

分析 （1）由S_n=na_n+1+2ⁿ，a₁=1，可得當(dāng)n≥2時(shí)，a_n=S_n-S_n-1=na_n+1+2ⁿ-（n-1）a_n-2^n-1，化簡(jiǎn)即可證明；
（2）由（1）可得：$\frac{1}{{a}_{n}-{a}_{n+1}}$=$\frac{n}{{2}^{n-1}}$（n≥2），a₂=-1．n=1時(shí)，T₁=$\frac{1}{1-（-1）}$=$\frac{1}{2}$．n≥2時(shí)，數(shù)列{$\frac{1}{{a}_{n}-{a}_{n+1}}$}的前n項(xiàng)和T_n=$\frac{1}{2}$+$\frac{2}{2}+\frac{3}{{2}^{2}}$+…+$\frac{n}{{2}^{n-1}}$，利用“錯(cuò)位相減法”、等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式即可得出．

解答 （1）證明：∵S_n=na_n+1+2ⁿ，a₁=1，∴當(dāng)n≥2時(shí)，a_n=S_n-S_n-1=na_n+1+2ⁿ-（n-1）a_n-2^n-1，∴n（a_n-a_n+1）=2^n-1；
（2）解：由（1）可得：$\frac{1}{{a}_{n}-{a}_{n+1}}$=$\frac{n}{{2}^{n-1}}$（n≥2），a₂=-1．
∴n=1時(shí)，T₁=$\frac{1}{1-（-1）}$=$\frac{1}{2}$．
n≥2時(shí)，數(shù)列{$\frac{1}{{a}_{n}-{a}_{n+1}}$}的前n項(xiàng)和T_n=$\frac{1}{2}$+$\frac{2}{2}+\frac{3}{{2}^{2}}$+…+$\frac{n}{{2}^{n-1}}$，
∴$\frac{1}{2}{T}_{n}$=$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{2}{{2}^{2}}$+$\frac{3}{{2}^{3}}$+…+$\frac{n-1}{{2}^{n-1}}$+$\frac{n}{{2}^{n}}$，
∴$\frac{1}{2}{T}_{n}$=$\frac{5}{4}+\frac{1}{{2}^{2}}+\frac{1}{{2}^{3}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n-1}}$-$\frac{n}{{2}^{n}}$=$\frac{1-\frac{1}{{2}^{n}}}{1-\frac{1}{2}}$-$\frac{1}{4}$-$\frac{n}{{2}^{n}}$=$\frac{7}{4}$-$\frac{2+n}{{2}^{n}}$，
∴T_n=$\frac{7}{2}$-$\frac{2+n}{{2}^{n-1}}$（n=1時(shí)也成立）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了“錯(cuò)位相減法”、等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式、遞推關(guān)系，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．