Question

10．已知數(shù)列{a_n}是首項(xiàng)為正數(shù)的等差數(shù)列，數(shù)列{$\frac{1}{{a}_{n}•{a}_{n+1}}$}的前n項(xiàng)和為$\frac{n}{2n+1}$．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）設(shè)b_n=（a_n+1）•2${\;}^{{a}_{n}}$，求數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和T_n．

Answer 1

分析 （1）通過對(duì)c_n=$\frac{1}{{a}_{n}•{a}_{n+1}}$分離分母，并項(xiàng)相加并利用數(shù)列{$\frac{1}{{a}_{n}•{a}_{n+1}}$}的前n項(xiàng)和為$\frac{n}{2n+1}$即得首項(xiàng)和公差，進(jìn)而可得結(jié)論；
（2）通過b_n=n•4ⁿ，寫出T_n、4T_n的表達(dá)式，兩式相減后利用等比數(shù)列的求和公式即得結(jié)論．

解答 解：（1）設(shè)等差數(shù)列{a_n}的首項(xiàng)為a₁、公差為d，則a₁＞0，
∴a_n=a₁+（n-1）d，a_n+1=a₁+nd，
令c_n=$\frac{1}{{a}_{n}•{a}_{n+1}}$，
則c_n=$\frac{1}{[{a}_{1}+（n-1）d]（{a}_{1}+nd）}$=$\frac{1}lzpffjx$[$\frac{1}{{a}_{1}+（n-1）d}$-$\frac{1}{{a}_{1}+nd}$]，
∴c₁+c₂+…+c_n-1+c_n=$\frac{1}1rpxnrd$[$\frac{1}{{a}_{1}}$-$\frac{1}{{a}_{1}+d}$+$\frac{1}{{a}_{1}+d}$-$\frac{1}{{a}_{1}+2d}$+…+$\frac{1}{{a}_{1}+（n-1）d}$-$\frac{1}{{a}_{1}+nd}$]
=$\frac{1}jpptrj1$[$\frac{1}{{a}_{1}}$-$\frac{1}{{a}_{1}+nd}$]
=$\frac{n}{{a}_{1}（{a}_{1}+nd）}$
=$\frac{n}{{{a}_{1}}^{2}+{a}_{1}dn}$，
又∵數(shù)列{$\frac{1}{{a}_{n}•{a}_{n+1}}$}的前n項(xiàng)和為$\frac{n}{2n+1}$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{{{a}_{1}}^{2}=1}\\{{a}_{1}d=2}\end{array}\right.$，
∴a₁=1或-1（舍），d=2，
∴a_n=1+2（n-1）=2n-1；
（2）由（1）知b_n=（a_n+1）•2${\;}^{{a}_{n}}$=（2n-1+1）•2^2n-1=n•4ⁿ，
∴T_n=b₁+b₂+…+b_n=1•4¹+2•4²+…+n•4ⁿ，
∴4T_n=1•4²+2•4³+…+（n-1）•4ⁿ+n•4ⁿ⁺¹，
兩式相減，得-3T_n=4¹+4²+…+4ⁿ-n•4ⁿ⁺¹=$\frac{1-3n}{3}$•4ⁿ⁺¹-$\frac{4}{3}$，
∴T_n=$\frac{（3n-1）•{4}^{n+1}+4}{9}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查求數(shù)列的通項(xiàng)及求和，利用錯(cuò)位相減法是解決本題的關(guān)鍵，注意解題方法的積累，屬于中檔題．