Question

16．已知等比數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n=$\frac{3}{{2}^{n}}$+m，b_n=a_na_n+1，n∈N^*
（1）求m的值及{a_n}的通項公式
（2）求證{b_n}為等比數(shù)列，并求b₂+b₄+b₆+…+b₂₀的值
（3）令c_n=（2n+1）•a_n（n∈N^*），求{c_n}的前n項和．

Answer 1

分析 （1）等比數(shù)列{a_n}的公比為q，由S_n=$\frac{3}{{2}^{n}}$+m，可得a₁，a₂，a₃，再利用等比數(shù)列的通項公式即可得出．
（2）由b_n=a_na_n+1，可得$\frac{_{n+1}}{_{n}}$=$\frac{{a}_{n+2}}{{a}_{n}}$=$\frac{1}{4}$，即可證明，再利用等比數(shù)列的前n項和公式即可得出；
（3）利用“錯位相減法”與等比數(shù)列的前n項和公式即可得出．

解答 （1）解：設(shè)等比數(shù)列{a_n}的公比為q，∵S_n=$\frac{3}{{2}^{n}}$+m，∴a₁=$\frac{3}{2}$+m，a₂=-$\frac{3}{4}$，a₃=-$\frac{3}{8}$，
∴$（-\frac{3}{4}）^{2}=（-\frac{3}{8}）（\frac{3}{2}+m）$，解得m=-3．
∴公比q=$\frac{{a}_{3}}{{a}_{2}}$=$\frac{1}{2}$，首項a₁=-$\frac{3}{2}$．
∴a_n=$-\frac{3}{2}×（\frac{1}{2}）^{n-1}$=-3×$\frac{1}{{2}^{n}}$．
（2）證明：∵b_n=a_na_n+1，∴$\frac{_{n+1}}{_{n}}$=$\frac{{a}_{n+1}{a}_{n+2}}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$=$\frac{{a}_{n+2}}{{a}_{n}}$=$\frac{1}{4}$，
b₁=a₁a₂=$-\frac{3}{2}$×$（-\frac{3}{4}）$=$\frac{9}{8}$，
∴b_n=$\frac{9}{8}$×$（\frac{1}{4}）^{n-1}$=$\frac{9}{2}×（\frac{1}{4}）^{n}$．
∴數(shù)列{b_2n}是等比數(shù)列，首項為$\frac{9}{32}$，公比為$\frac{1}{16}$．
∴b₂+b₄+b₆+…+b₂₀=$\frac{\frac{9}{32}[1-\frac{1}{1{6}^{10}}]}{1-\frac{1}{16}}$=$\frac{3}{10}$$（1-\frac{1}{1{6}^{10}}）$．
（3）解：c_n=（2n+1）•a_n=-3（2n+1）×$\frac{1}{{2}^{n}}$，
∴{c_n}的前n項和T_n=-3$（\frac{3}{2}+\frac{5}{{2}^{2}}+\frac{7}{{2}^{3}}+…+\frac{2n+1}{{2}^{n}}）$，
$\frac{1}{2}{T}_{n}$=-3$（\frac{3}{{2}^{2}}+\frac{5}{{2}^{3}}+…+\frac{2n-1}{{2}^{n}}+\frac{2n+1}{{2}^{n+1}}）$．
∴$\frac{1}{2}{T}_{n}$=-3$[\frac{3}{2}+2（\frac{1}{{2}^{2}}+\frac{1}{{2}^{3}}+…+\frac{1}{{2}^{n}}）-\frac{2n+1}{{2}^{n+1}}]$=-3$[\frac{3}{2}+\frac{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{2}^{n-1}}）}{1-\frac{1}{2}}-\frac{2n+1}{{2}^{n+1}}]$=-3×$（\frac{5}{2}-\frac{2n+5}{{2}^{n+1}}）$．
∴T_n=-15+$\frac{6n+15}{{2}^{n}}$．

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