Question

18．已知數(shù)列{a_n}滿足$\frac{{a}_{1}-1}{2}$+$\frac{{a}_{2}-1}{{2}^{2}}$+…+$\frac{{a}_{n}-1}{{2}^{n}}$=n²+n（n∈N^*）．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）設(shè)數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，問(wèn)是否存在實(shí)數(shù)λ使得$\frac{{{S_{n+1}}}}{{{a_n}+λ（n+1）}}$是一個(gè)與n無(wú)關(guān)的常數(shù)，若存在，求出λ的值，若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）由已知得$\frac{{a}_{n}-1}{{2}^{n}}$=2n，從而a_n=1+n•2ⁿ⁺¹，
（2）S_n=1×2²+2×2³+…+n×2ⁿ⁺¹+n，由此利用錯(cuò)位相減法能求出數(shù)列{a_n}前n項(xiàng)和S_n，設(shè)$\frac{{{S_{n+1}}}}{{{a_n}+λ（n+1）}}$=$\frac{n•{2}^{n+3}+n+5}{1+n•{2}^{n+1}+λ（n+1）}$=k＞0，k為常數(shù)，整理得到n•2ⁿ⁺¹（4-k）+（n+1）（1-kλ）+4-k=0，由數(shù)λ使得$\frac{{{S_{n+1}}}}{{{a_n}+λ（n+1）}}$是一個(gè)與n無(wú)關(guān)的常數(shù)，即可求出λ的值．

解答 解：（1）∵$\frac{{a}_{1}-1}{2}$+$\frac{{a}_{2}-1}{{2}^{2}}$+…+$\frac{{a}_{n}-1}{{2}^{n}}$=n²+n，①
∴$\frac{{a}_{1}-1}{2}$+$\frac{{a}_{2}-1}{{2}^{2}}$+…+$\frac{{a}_{n-1}-1}{{2}^{n-1}}$=（n-1）²+（n-1），②
①-②得：$\frac{{a}_{n}-1}{{2}^{n}}$=2n，
∴a_n-1=n•2ⁿ⁺¹，
∴a_n=1+n•2ⁿ⁺¹，
（2）S_n=1×2²+2×2³+…+n×2ⁿ⁺¹+n，
設(shè)T_n=1×2²+2×2³+…+n×2ⁿ⁺¹，③
則2T_n=1×2³+2×2⁴+…+n×2ⁿ⁺²，④
③-④，得-T_n=2²+2³+2⁴+…+2ⁿ⁺¹-n×2ⁿ⁺²=$\frac{4（1-{2}^{n}）}{1-2}$-n×2ⁿ⁺²，
∴T_n=（n-1）•2ⁿ⁺²+4，
∴S_n=（n-1）•2ⁿ⁺²+n+4，
∴S_n+1=n•2ⁿ⁺³+n+5，
設(shè)$\frac{{{S_{n+1}}}}{{{a_n}+λ（n+1）}}$=$\frac{n•{2}^{n+3}+n+5}{1+n•{2}^{n+1}+λ（n+1）}$=k＞0，k為常數(shù)，
∴n•2ⁿ⁺¹（4-k）+（n+1）（1-kλ）+4-k=0，
∵實(shí)數(shù)λ使得$\frac{{{S_{n+1}}}}{{{a_n}+λ（n+1）}}$是一個(gè)與n無(wú)關(guān)的常數(shù)，
∴4-k=0，1-kλ=0，
解得λ=$\frac{1}{4}$，
故λ=$\frac{1}{4}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的前n項(xiàng)和的求法，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意錯(cuò)位相減法的合理運(yùn)用以及方程的思想，屬于中檔題