Question

16．設(shè)數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n與a_n關(guān)系是S_n=2-（$\frac{1}{2}$）^n-1-a_n，n∈N^*．
（1）求證：數(shù)列{2ⁿa_n}是等差數(shù)列；
（2）設(shè)T_n=S₁+S₂+…+S_n，求T_n．

Answer 1

分析 （1）由數(shù)列遞推式求得數(shù)列首項(xiàng)，取n=n-1得另一遞推式，作差后可得數(shù)列{2ⁿa_n}是等差數(shù)列；
（2）由（1）求得a_n，代入S_n=2-（$\frac{1}{2}$）^n-1-a_n，分組后利用錯(cuò)位相減法求T_n．

解答 （1）證明：由S_n=2-（$\frac{1}{2}$）^n-1-a_n，得a₁=2-1-a₁，即${a}_{1}=\frac{1}{2}$；
${S}_{n-1}=2-（\frac{1}{2}）^{n-2}-{a}_{n-1}$（n≥2），
兩式作差得：${a}_{n}=（\frac{1}{2}）^{n-2}-{a}_{n}+{a}_{n-1}$，
∴$2{a}_{n}-{a}_{n-1}=（\frac{1}{2}）^{n-1}$，即${2}^{n}{a}_{n}-{2}^{n-1}{a}_{n-1}=1$（n≥2），
則數(shù)列{2ⁿa_n}是以1為首項(xiàng)，以1為公差的等差數(shù)列；
（2）解：由數(shù)列{2ⁿa_n}是以1為首項(xiàng)，以1為公差的等差數(shù)列，
得2ⁿa_n=1+（n-1）=n，
∴${a}_{n}=\frac{n}{{2}^{n}}$，
則S_n=2-（$\frac{1}{2}$）^n-1-a_n=2-$（\frac{1}{2}）^{n-1}$-$\frac{n}{{2}^{n}}$=$2-\frac{n+2}{{2}^{n}}$．
∴T_n=S₁+S₂+…+S_n=2n-（$\frac{2}{{2}^{1}}+\frac{3}{{2}^{2}}+\frac{4}{{2}^{3}}+…+\frac{n+2}{{2}^{n}}$），
令R_n=$\frac{2}{{2}^{1}}+\frac{3}{{2}^{2}}+\frac{4}{{2}^{3}}+…+\frac{n+2}{{2}^{n}}$，
則$\frac{1}{2}{R}_{n}=\frac{2}{{2}^{2}}+\frac{3}{{2}^{3}}+\frac{4}{{2}^{4}}+…+\frac{n+1}{{2}^{n}}+\frac{n+2}{{2}^{n+1}}$，
∴$\frac{1}{2}{R}_{n}=1+\frac{1}{{2}^{2}}+\frac{1}{{2}^{3}}+…+\frac{1}{{2}^{n}}-\frac{n+2}{{2}^{n+1}}$=$1+\frac{\frac{1}{4}（1-\frac{1}{{2}^{n-1}}）}{1-\frac{1}{2}}-\frac{n+2}{{2}^{n+1}}=\frac{3}{2}-\frac{n+4}{{2}^{n+1}}$，
則${R}_{n}=3-\frac{n+4}{{2}^{n}}$．
∴${T}_{n}=2n-3+\frac{n+4}{{2}^{n}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了數(shù)列遞推式，考查了等差關(guān)系的確定，訓(xùn)練了錯(cuò)位相減法求數(shù)列的和，是中檔題．