Question

10．已知數(shù)列{a_n}的首項(xiàng)a₁=1，點(diǎn)A_n（n，$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$）在直線y=kx+1上，當(dāng)n≥2時，均有$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$-1=$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}$．
（1）求{a_n}的通項(xiàng)公式；      
（2）設(shè)b_n=$\frac{2{a}_{n}}{（n-1）!}$•3ⁿ，求數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和S_n．

Answer 1

分析 （1）將點(diǎn)A_n（n，$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$）代入直線方程y=kx+1上，結(jié)合n=1、n=2可得$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}$=n，從而a_n=$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}•\frac{{a}_{n-1}}{{a}_{n-2}}•…•\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}•{a}_{1}$=n��；
（2）通過b_n=$\frac{2{a}_{n}}{（n-1）!}$•3ⁿ、a_n=n！，可知b_n=2n•3ⁿ，從而可得S_n與3S_n的不等式，利用錯位相減法及等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式計(jì)算即得結(jié)論．

解答 解：（1）∵點(diǎn)A_n（n，$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$）在直線y=kx+1上，
∴$\frac{{a}_{3}}{{a}_{2}}$=2k+1且$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$k+1，
∴當(dāng)n=1或n=2時有$\frac{{a}_{3}}{{a}_{2}}$-$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$=k，
∵當(dāng)n=2時，有$\frac{{a}_{3}}{{a}_{2}}$-$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$=1，
∴k=1，
∴$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$=k+1=2，
又∵$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$-1=$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}$，
∴$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$-$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}$=1，
∴{$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}$}是以2為首項(xiàng)、1為公差的等差數(shù)列，
∴$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}$=n，
∴a_n=$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}•\frac{{a}_{n-1}}{{a}_{n-2}}•…•\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}•{a}_{1}$=n�。�
（2）∵b_n=$\frac{2{a}_{n}}{（n-1）!}$•3ⁿ，a_n=n！，
∴b_n=$\frac{2×n！}{（n-1）！}•{3}^{n}$=2n•3ⁿ，
∵S_n=1×2×3+2×2×3²+3×2×3³+…+（n-1）×2×3^n-1+n×2×3ⁿ，
∴3S_n=1×2×3²+2×2×3³+…+（n-1）×2×3ⁿ+n×2×3ⁿ⁺¹，
兩式相減，得-2S_n=1×2×3+1×2×3²+1×2×3³+…+1×2×3^n-1+1×2×3ⁿ-n×2×3ⁿ⁺¹
=2（3+3²+3³+…+3^n-1+3ⁿ）-n×2×3ⁿ⁺¹
=$2×\frac{3×（1-{3}^{n}）}{1-3}$-n×2×3ⁿ⁺¹
=$2×\frac{3}{2}×{（3}^{n}-1）$-n×2×3ⁿ⁺¹，
∴S_n=n×3ⁿ⁺¹-$\frac{3}{2}×（{3}^{n}-1）$
=$（n-\frac{1}{2}）×{3}^{n+1}$+$\frac{3}{2}$．

點(diǎn)評 本題考查求數(shù)列的通項(xiàng)、前n項(xiàng)和，利用錯位相減法是解決本題的關(guān)鍵，注意解題方法的積累，屬于中檔題．