Question

11．在數(shù)列{a_n}中，a₁=1，a_n+1=（1+$\frac{1}{n}$）a_n+$\frac{n+1}{{2}^{n}}$，
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）求數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和S_n．

Answer 1

分析 （Ⅰ）把已知數(shù)列遞推式變形，得到$\frac{{a}_{n+1}}{n+1}=\frac{{a}_{n}}{n}+\frac{1}{{2}^{n}}$，然后利用累加法求數(shù)列的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）分組后利用等差數(shù)列的前n項(xiàng)和及錯(cuò)位相減法求數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和S_n．

解答 解（Ⅰ）由a_n+1=（1+$\frac{1}{n}$）a_n+$\frac{n+1}{{2}^{n}}$，
得$\frac{{a}_{n+1}}{n+1}=\frac{{a}_{n}}{n}+\frac{1}{{2}^{n}}$，
∴$\frac{{a}_{2}}{2}-\frac{{a}_{1}}{1}=\frac{1}{2}$，
$\frac{{a}_{3}}{3}-\frac{{a}_{2}}{2}=\frac{1}{{2}^{2}}$，
$\frac{{a}_{4}}{4}-\frac{{a}_{3}}{3}=\frac{1}{{2}^{3}}$，
…
$\frac{{a}_{n}}{n}-\frac{{a}_{n-1}}{n-1}=\frac{1}{{2}^{n-1}}$，
累加得：$\frac{{a}_{n}}{n}-\frac{{a}_{1}}{1}=\frac{1}{2}+\frac{1}{{2}^{2}}+…+\frac{1}{{2}^{n-1}}=\frac{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{2}^{n-1}}）}{1-\frac{1}{2}}$=$1-\frac{1}{{2}^{n-1}}$．
∴${a}_{n}=2n-\frac{n}{{2}^{n-1}}$；
 （Ⅱ）${S}_{n}=2（1+2+…+n）-（\frac{1}{{2}^{0}}+\frac{2}{{2}^{1}}+…+\frac{n}{{2}^{n-1}}）$
=$2×\frac{n（n+1）}{2}-（\frac{1}{{2}^{0}}+\frac{2}{{2}^{1}}+…+\frac{n}{{2}^{n-1}}）$，
令${R}_{n}=\frac{1}{{2}^{0}}+\frac{2}{{2}^{1}}+…+\frac{n}{{2}^{n-1}}$，
則$\frac{1}{2}{R}_{n}=\frac{1}{{2}^{1}}+\frac{2}{{2}^{2}}+…+\frac{n}{{2}^{n}}$，
$\frac{1}{2}{R}_{n}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{{2}^{2}}+…+\frac{1}{{2}^{n-1}}-\frac{n}{{2}^{n}}$=$\frac{1-\frac{1}{{2}^{n}}}{1-\frac{1}{2}}-\frac{n}{{2}^{n}}=2-\frac{1}{{2}^{n-1}}-\frac{n}{{2}^{n}}$，
∴${R}_{n}=4-\frac{n+2}{{2}^{n-1}}$，
則${S}_{n}=n（n+1）+\frac{n+2}{{2}^{n-1}}-4$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列遞推式，考查了錯(cuò)位相減法求數(shù)列的前n項(xiàng)和，訓(xùn)練了累加法求數(shù)列的通項(xiàng)公式，是中檔題．