Question

13．設(shè)數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n．且S_n=2a_n+2n-6（n∈N^*）．
（1）判斷數(shù)列{a_n-2}是否成等比數(shù)列，并求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式：
（2）設(shè)T_n=$\frac{1}{{a}_{2}-{a}_{1}}$+$\frac{2}{{a}_{3}-{a}_{2}}$+…+$\frac{n}{{a}_{n+1}-{a}_{n}}$（n∈N^* ），求T_n．

Answer 1

分析 （1）當(dāng)n≥2時(shí)利用a_n=S_n-S_n-1化簡(jiǎn)整理得a_n-2a_n-1+2=0，變形可知a_n-2=2（a_n-1-2），進(jìn)而可知數(shù)列{a_n-2}是首項(xiàng)、公比均為2的等比數(shù)列，進(jìn)而計(jì)算可得結(jié)論；
（2）通過(guò)（1）可知a_n+1-a_n=2ⁿ，進(jìn)而可知$\frac{n}{{a}_{n+1}-{a}_{n}}$=n•$\frac{1}{{2}^{n}}$，利用錯(cuò)位相減法計(jì)算即得結(jié)論．

解答 解：（1）∵S_n=2a_n+2n-6，
∴當(dāng)n≥2時(shí)，a_n=S_n-S_n-1=（2a_n+2n-6）-（2a_n-1+2n-8），
整理得：a_n-2a_n-1+2=0，
整理得：a_n-2=2（a_n-1-2），
又∵a₁=2a₁-4，即a₁=4，
∴數(shù)列{a_n-2}是首項(xiàng)、公比均為2的等比數(shù)列，
∴a_n-2=2ⁿ，
∴數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式a_n=2+2ⁿ；
（2）由（1）可知：a_n+1-a_n=（2+2ⁿ⁺¹）-（2+2ⁿ）=2ⁿ，
∴$\frac{n}{{a}_{n+1}-{a}_{n}}$=n•$\frac{1}{{2}^{n}}$，
∵T_n=$\frac{1}{{a}_{2}-{a}_{1}}$+$\frac{2}{{a}_{3}-{a}_{2}}$+…+$\frac{n}{{a}_{n+1}-{a}_{n}}$（n∈N^* ），
∴T_n=1•$\frac{1}{2}$+2•$\frac{1}{{2}^{2}}$+3•$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+n•$\frac{1}{{2}^{n}}$，
$\frac{1}{2}$T_n=1•$\frac{1}{{2}^{2}}$+2•$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+（n-1）•$\frac{1}{{2}^{n}}$+n•$\frac{1}{{2}^{n+1}}$，
錯(cuò)位相減得：$\frac{1}{2}$T_n=$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}}$-n•$\frac{1}{{2}^{n+1}}$，
∴T_n=1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n-1}}$-n•$\frac{1}{{2}^{n}}$
=$\frac{1-\frac{1}{{2}^{n}}}{1-\frac{1}{2}}$-n•$\frac{1}{{2}^{n}}$
=2-$\frac{n+2}{{2}^{n}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)及前n項(xiàng)和，考查錯(cuò)位相減法，對(duì)表達(dá)式的靈活變形是解決本題的關(guān)鍵，注意解題方法的積累，屬于中檔題．