Question

12．設(shè)數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，且S_n=2a_n-2
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（Ⅱ）令b_n=log₂a_n，c_n=$\frac{{_{n}}^{2}}{{a}_{n}}$，求數(shù)列{c_n}的前項和T_n．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通過S_n=2a_n-2與S_n-1=2a_n-1-2（n≥2）作差，進(jìn)而整理可知數(shù)列{a_n}是首項、公比均為2的等比數(shù)列，從而可得通項公式；
（Ⅱ）通過（I）可知c_n=$\frac{{n}^{2}}{{2}^{n}}$，利用錯位相減法計算可知$\frac{1}{2}$T_n=$\frac{1}{2}$+3•$\frac{1}{{2}^{2}}$+5•$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+（2n-1）•$\frac{1}{{2}^{n}}$-n²•$\frac{1}{{2}^{n+1}}$，記A_n=$\frac{1}{2}$+3•$\frac{1}{{2}^{2}}$+5•$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+（2n-1）•$\frac{1}{{2}^{n}}$并再次利用錯位相減法計算可知A_n=3-$\frac{2n+3}{{2}^{n}}$，進(jìn)而計算可得結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）∵S_n=2a_n-2，
∴S_n-1=2a_n-1-2（n≥2），
兩式相減得：a_n=2a_n-2a_n-1，即a_n=2a_n-1（n≥2），
又∵S₁=2a₁-2，即a₁=2，
∴數(shù)列{a_n}是首項、公比均為2的等比數(shù)列，
故其通項公式a_n=2ⁿ；
（Ⅱ）通過（I）可知b_n=log₂a_n=n，c_n=$\frac{{_{n}}^{2}}{{a}_{n}}$=$\frac{{n}^{2}}{{2}^{n}}$，
則T_n=1•$\frac{1}{2}$+2²•$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+n²•$\frac{1}{{2}^{n}}$，
$\frac{1}{2}$T_n=1•$\frac{1}{{2}^{2}}$+2²•$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+（n-1²）•$\frac{1}{{2}^{n}}$+n²•$\frac{1}{{2}^{n+1}}$，
兩式相減得：$\frac{1}{2}$T_n=$\frac{1}{2}$+3•$\frac{1}{{2}^{2}}$+5•$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+（2n-1）•$\frac{1}{{2}^{n}}$-n²•$\frac{1}{{2}^{n+1}}$，
記A_n=$\frac{1}{2}$+3•$\frac{1}{{2}^{2}}$+5•$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+（2n-1）•$\frac{1}{{2}^{n}}$，
則$\frac{1}{2}$A_n=$\frac{1}{{2}^{2}}$+3•$\frac{1}{{2}^{3}}$•+…+（2n-3）•$\frac{1}{{2}^{n}}$+（2n-1）•$\frac{1}{{2}^{n+1}}$，
兩式相減得：$\frac{1}{2}$A_n=$\frac{1}{2}$+2（$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{2}^{3}}$•+…+$\frac{1}{{2}^{n}}$）-（2n-1）•$\frac{1}{{2}^{n+1}}$
=$\frac{1}{2}$+2•$\frac{\frac{1}{{2}^{2}}（1-\frac{1}{{2}^{n-1}}）}{1-\frac{1}{2}}$-（2n-1）•$\frac{1}{{2}^{n+1}}$
=$\frac{3}{2}$-$\frac{2n+3}{{2}^{n+1}}$，
∴A_n=3-$\frac{2n+3}{{2}^{n}}$，
∴$\frac{1}{2}$T_n=3-$\frac{2n+3}{{2}^{n}}$-n²•$\frac{1}{{2}^{n+1}}$=3-$\frac{{n}^{2}+4n+6}{{2}^{n+1}}$，
于是T_n=6-$\frac{{n}^{2}+4n+6}{{2}^{n}}$．

點(diǎn)評 本題考查數(shù)列的通項及前n項和，考查錯位相減法，注意解題方法的積累，屬于中檔題．