Question

18．設(shè)數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，且a₁=4，a_n+1=S_n，n∈N^*．
（Ⅰ）寫(xiě)出a₂，a₃，a₄的值；
（Ⅱ）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅲ）已知等差數(shù)列{b_n}中，有b₂=a₂，b₃=a₃，求數(shù)列{a_n•b_n}的前n項(xiàng)和T_n．

Answer 1

分析 （Ⅰ）直接由已知求得a₂、a₃、a₄的值；
（Ⅱ）由a_n+1=S_n，得a_n=S_n-1（n≥2），兩式作差得后整理得a_n+1=2a_n（n≥2），說(shuō)明數(shù)列{a_n}從第二項(xiàng)起為公比是2的等比數(shù)列，由等比數(shù)列的通項(xiàng)公式得答案；
（Ⅲ）依題意，b₂=a₂=4，b₃=a₃=8，聯(lián)立方程組求出等差數(shù)列的公差，進(jìn)一步得到${a}_{n}•_{n}=（n-1）•{2}^{n+2}（n∈{N}^{*}）$，然后由錯(cuò)位相減法求數(shù)列{a_n•b_n}的前n項(xiàng)和T_n．

解答 解：（Ⅰ）∵a₁=4，a_n+1=S_n，
∴a₂=S₁=a₁=4，a₃=S₂=a₁+a₂=4+4=8，
a₄=S₃=a₁+a₂+a₃=4+4+8=16；
（Ⅱ）由a_n+1=S_n，得a_n=S_n-1（n≥2），
兩式作差得：a_n+1-a_n=a_n，即a_n+1=2a_n（n≥2），
∴數(shù)列{a_n}從第二項(xiàng)起為公比是2的等比數(shù)列，
當(dāng)n≥2時(shí)，${a}_{n}=4•{2}^{n-2}={2}^{n}$．
∴${a}_{n}=\left\{\begin{array}{l}{4，n=1}\\{{2}^{n}，n≥2}\end{array}\right.$；
（Ⅲ）依題意，b₂=a₂=4，b₃=a₃=8，
則$\left\{\begin{array}{l}{_{1}+d=4}\\{_{1}+2d=8}\end{array}\right.$，得$\left\{\begin{array}{l}{_{1}=0}\\{d=4}\end{array}\right.$，
∴b_n=4（n-1）．
∴${a}_{n}•_{n}=\left\{\begin{array}{l}{0，n=1}\\{（n-1）•{2}^{n+2}，n≥2}\end{array}\right.$，
則${a}_{n}•_{n}=（n-1）•{2}^{n+2}（n∈{N}^{*}）$，
T_n=a₁b₁+a₂b₂+…+a_n-1b_n-1+a_nb_n
=0+1×2⁴+2×2⁵+3×2⁶+…+（n-2）×2ⁿ⁺¹+（n-1）×2ⁿ⁺²，
$2{T}_{n}=1×{2}^{5}+2×{2}^{6}+3×{2}^{7}+…+（n-2）×{2}^{n+2}+（n-1）×{2}^{n+3}$，
兩式作差得：$-{T}_{n}={2}^{4}+{2}^{5}+…+{2}^{n+2}-（n-1）×{2}^{n+3}$
=$\frac{{2}^{4}（1-{2}^{n+1}）}{1-2}-（n-1）×{2}^{n+3}=-16-（n-2）×{2}^{n+3}$．
∴${T}_{n}=16+（n-2）×{2}^{n+3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了數(shù)列遞推式，考查了等比關(guān)系的確定，訓(xùn)練了錯(cuò)位相減法求數(shù)列的和，是中檔題．