Question

11．在數(shù)列{a_n}中，S_n是它的前n項(xiàng)和，a₁=2，且S_n+1=4a_n+2（n∈N^*）．
（Ⅰ）求a₂和a₃的值；
（Ⅱ）設(shè)b_n=a_n+1-2a_n，求證：數(shù)列{b_n}是等比數(shù)列；
（Ⅲ）若${c}_{n}=\frac{2n-1}{_{n}}$，求數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和T_n．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通過(guò)a₁=2、S_n+1=4a_n+2直接代入計(jì)算即可；
（Ⅱ）通過(guò)S_n+1=4a_n+2、S_n+2=4a_n+1+2作差、整理可知a_n+2-2a_n+1=2（a_n+1-2a_n），進(jìn)而可得結(jié)論；
（Ⅲ）通過(guò)（II）可知c_n=$\frac{n}{{2}^{n}}$-$\frac{1}{{2}^{n+1}}$，利用錯(cuò)位相減法可知數(shù)列{$\frac{n}{{2}^{n}}$}的前n項(xiàng)和，進(jìn)而計(jì)算可得結(jié)論．

解答 （Ⅰ）解：∵a₁=2、S_n+1=4a_n+2（n∈N^*），
∴a₁+a₂=4a₁+2，
∴a₂=3a₂+2=8，
∵a₁+a₂+a₃=4a₂+2，
∴a₃=3a₂+2-a₁=24；
（Ⅱ）證明：∵S_n+1=4a_n+2，
∴S_n+2=4a_n+1+2，
∴a_n+2=4a_n+1-4a_n，
整理得：a_n+2-2a_n+1=2（a_n+1-2a_n），
即b_n+1=2b_n，
又∵b₁=a₂-2a₁=8-2•2=4，
∴數(shù)列{b_n}是以4為首項(xiàng)、2為公比的等比數(shù)列；
（Ⅲ）解：∵b_n=4•2^n-1=2ⁿ⁺¹，
∴c_n=$\frac{2n-1}{_{n}}$
=$\frac{2n-1}{{2}^{n+1}}$
=$\frac{n}{{2}^{n}}$-$\frac{1}{{2}^{n+1}}$，
記數(shù)列{$\frac{n}{{2}^{n}}$}的前n項(xiàng)和Q_n=1•$\frac{1}{{2}^{1}}$+2•$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+n•$\frac{1}{{2}^{n}}$，
則2Q_n=1•$\frac{1}{{2}^{0}}$+2•$\frac{1}{{2}^{1}}$+3•$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+（n-1）•$\frac{1}{{2}^{n-2}}$+n•$\frac{1}{{2}^{n-1}}$，
兩式相減得：Q_n=$\frac{1}{{2}^{0}}$+$\frac{1}{{2}^{1}}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n-2}}$+$\frac{1}{{2}^{n-1}}$-n•$\frac{1}{{2}^{n}}$
=$\frac{1-\frac{1}{{2}^{n}}}{1-\frac{1}{2}}$-n•$\frac{1}{{2}^{n}}$
=2-$\frac{n+2}{{2}^{n}}$，
∴T_n=1•$\frac{1}{{2}^{1}}$+2•$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+n•$\frac{1}{{2}^{n}}$-（$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{2}^{3}}$+$\frac{1}{{2}^{4}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}}$+$\frac{1}{{2}^{n+1}}$）
=2-$\frac{n+2}{{2}^{n}}$-$\frac{\frac{1}{{2}^{2}}（1-\frac{1}{{2}^{n}}）}{1-\frac{1}{2}}$
=2-$\frac{n+2}{{2}^{n}}$-$\frac{1}{2}$（1-$\frac{1}{{2}^{n}}$）
=$\frac{3}{2}$-$\frac{n+\frac{3}{2}}{{2}^{n}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查等比數(shù)列的判定，數(shù)列的通項(xiàng)及前n項(xiàng)和，考查運(yùn)算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．