Question

14．各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{a_n}，a₁=$\frac{1}{2}$，且a_n=$\frac{2{a}_{n-1}+1}{{a}_{n-1}+2}$（n≥2，n∈N^*）．
（1）證明：數(shù)列{$\frac{1-{a}_{n}}{1+{a}_{n}}$}為等比數(shù)列；
（2）若b_n=n（3ⁿ+1）a_n，求數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和S_n．

Answer 1

分析 （1）通過1與a_n=$\frac{2{a}_{n-1}+1}{{a}_{n-1}+2}$（n≥2，n∈N^*）作和與作差再相除可知$\frac{1-{a}_{n}}{1+{a}_{n}}$=$\frac{1}{3}$•$\frac{1-{a}_{n-1}}{1+{a}_{n-1}}$（n≥2，n∈N^*），進(jìn)而可知數(shù)列{$\frac{1-{a}_{n}}{1+{a}_{n}}$}是首項(xiàng)、公比均為$\frac{1}{3}$的等比數(shù)列；
（2）通過（1）可知$\frac{1-{a}_{n}}{1+{a}_{n}}$=$\frac{1}{{3}^{n}}$，計(jì)算可知b_n=n（1-3ⁿ），利用錯(cuò)位相減法計(jì)算可知T_n=1•3+2•3²+…+n•3ⁿ=$\frac{3}{4}$+$\frac{2n-1}{4}$•3ⁿ⁺¹，進(jìn)而可得結(jié)論．

解答 （1）證明：∵a_n=$\frac{2{a}_{n-1}+1}{{a}_{n-1}+2}$（n≥2，n∈N^*），
∴1-a_n=$\frac{2{a}_{n-1}+1}{{a}_{n-1}+2}$=$\frac{1-{a}_{n-1}}{2+{a}_{n-1}}$（n≥2，n∈N^*），
1+a_n=$\frac{2{a}_{n-1}+1}{{a}_{n-1}+2}$=$\frac{3+3{a}_{n-1}}{2+{a}_{n-1}}$（n≥2，n∈N^*），
兩式相除可知：$\frac{1-{a}_{n}}{1+{a}_{n}}$=$\frac{1}{3}$•$\frac{1-{a}_{n-1}}{1+{a}_{n-1}}$（n≥2，n∈N^*），
又∵a₁=$\frac{1}{2}$，
∴$\frac{1-{a}_{1}}{1+{a}_{1}}$=$\frac{1-\frac{1}{2}}{1+\frac{1}{2}}$=$\frac{1}{3}$，
∴數(shù)列{$\frac{1-{a}_{n}}{1+{a}_{n}}$}是首項(xiàng)、公比均為$\frac{1}{3}$的等比數(shù)列；
（2）解：由（1）可知$\frac{1-{a}_{n}}{1+{a}_{n}}$=$\frac{1}{{3}^{n}}$，
∴a_n=$\frac{1-{3}^{n}}{1+{3}^{n}}$，
∴b_n=n（3ⁿ+1）a_n=n（3ⁿ+1）•$\frac{1-{3}^{n}}{1+{3}^{n}}$=n（1-3ⁿ），
記T_n=1•3+2•3²+…+n•3ⁿ，則3T_n=1•3²+2•3³+…+（n-1）•3ⁿ+n•3ⁿ⁺¹，
錯(cuò)位相減得：-2T_n=3+3²+3³+…+3ⁿ-n•3ⁿ⁺¹=$\frac{3（1-{3}^{n}）}{1-3}$-n•3ⁿ⁺¹=$\frac{1-2n}{2}$•3ⁿ⁺¹-$\frac{3}{2}$，
于是T_n=$\frac{3}{4}$+$\frac{2n-1}{4}$•3ⁿ⁺¹，
∴數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和S_n=$\frac{n（n+1）}{2}$-T_n=$\frac{n（n+1）}{2}$-$\frac{2n-1}{4}$•3ⁿ⁺¹-$\frac{3}{4}$．

點(diǎn)評 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)及前n項(xiàng)和，對表達(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．