Question

14．設(shè)S_n為數(shù)列{a_n}的前n項和，且a₁+a₂=4，$\frac{2{S}_{n+1}+1}{2{S}_{n}+1}$=$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$=c（c＞0，n∈N^*）．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）令b_n=a_nlog₃a_n，求數(shù)列{b_n}的前n項和T_n．

Answer 1

分析 （1）由$\frac{2{S}_{n+1}+1}{2{S}_{n}+1}$=$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$=c（c＞0，n∈N^*），令n=1可得：$\frac{2{S}_{2}+1}{2{S}_{1}+1}$=$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$=c＞0，化為：9a₁=a₂（2a₁+1），又a₁+a₂=4，解得a₁，a₂，c．可得：S_n+1=3S_n+1，變形為S_n+1$+\frac{1}{2}$=3$（{S}_{n}+\frac{1}{2}）$，利用等比數(shù)列的通項公式可得S_n，再利用遞推關(guān)系式可得a_n．
（2）b_n=a_nlog₃a_n=（n-1）•3^n-1．利用等比數(shù)列的通項公式及其前n項和公式、“錯位相減法”即可得出．

解答 解：（1）由$\frac{2{S}_{n+1}+1}{2{S}_{n}+1}$=$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$=c（c＞0，n∈N^*），令n=1可得：$\frac{2{S}_{2}+1}{2{S}_{1}+1}$=$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$=c＞0，化為：9a₁=a₂（2a₁+1），又a₁+a₂=4，解得a₁=1，a₂=3，c=3．
∴2S_n+1+1=6S_n+3，∴S_n+1=3S_n+1，∴S_n+1$+\frac{1}{2}$=3$（{S}_{n}+\frac{1}{2}）$，∴數(shù)列$\{{S}_{n}+\frac{1}{2}\}$是等比數(shù)列，首項為$\frac{3}{2}$，公比為3，
∴S_n+$\frac{1}{2}$=$\frac{3}{2}×{3}^{n-1}$，化為S_n=$\frac{1}{2}（{3}^{n}-1）$．
∴n≥2時，a_n=S_n-S_n-1=$\frac{1}{2}（{3}^{n}-1）$-$\frac{1}{2}（{3}^{n-1}-1）$=3^n-1，n=1時也成立．
∴a_n=3^n-1．
（2）b_n=a_nlog₃a_n=（n-1）•3^n-1．
∴數(shù)列{b_n}的前n項和T_n=0+3+2×3²+…+（n-1）•3^n-1，
∴3T_n=0+3²+2×3³+…+（n-2）•3^n-1+（n-1）•3ⁿ，
∴-2T_n=3+3²+…+3^n-1-（n-1）•3ⁿ=$\frac{3×（{3}^{n-1}-1）}{3-1}$-（n-1）•3ⁿ=$\frac{3-2n}{2}$•3ⁿ-$\frac{3}{2}$，
∴T_n=$\frac{2n-3}{4}$•3ⁿ+$\frac{3}{4}$．

點(diǎn)評 本題考查了等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項公式及其前n項和公式、“錯位相減法”、遞推關(guān)系，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．