Question

19．已知a₁=3，a_n=2a_n-1+（t+1）•2ⁿ+3m+t（t，m∈R，n≥2，n∈N^*）
（1）t=0，m=0時(shí)，求證：$\{\frac{a_n}{2^n}\}$是等差數(shù)列；
（2）t=-1，m=$\frac{4}{3}時(shí)，求證：\{{a_n}+3\}$是等比數(shù)列；
（3）t=0，m=1時(shí)，求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式和前n項(xiàng)和．

Answer 1

分析 （1）兩邊同除以2ⁿ，由等差數(shù)列的定義，即可得證；
（2）兩邊同加上3，由等比數(shù)列的定義，即可得證；
（3）兩邊同除以2ⁿ，可得$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$=$\frac{{a}_{n-1}}{{2}^{n-1}}$+1+$\frac{3}{{2}^{n}}$，即為$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$=$\frac{{a}_{n-1}}{{2}^{n-1}}$=1+$\frac{3}{{2}^{n}}$，再由數(shù)列恒等式，可得數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；再由錯(cuò)位相減法和等比數(shù)列的求和公式，計(jì)算即可得到所求和．

解答 解：（1）證明：t=0，m=0時(shí)，a_n=2a_n-1+2ⁿ，
兩邊同除以2ⁿ，可得$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$=$\frac{{a}_{n-1}}{{2}^{n-1}}$+1，
即有$\{\frac{a_n}{2^n}\}$是首項(xiàng)為$\frac{3}{2}$，公差為1的等差數(shù)列；
（2）證明：t=-1，m=$\frac{4}{3}$時(shí)，a_n=2a_n-1+3，
兩邊同加上3，可得a_n+3=2（a_n-1+3），
即有數(shù)列{a_n+3}為首項(xiàng)為6，公比為2的等比數(shù)列；
（3）t=0，m=1時(shí)，a_n=2a_n-1+2ⁿ+3，
兩邊同除以2ⁿ，可得$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$=$\frac{{a}_{n-1}}{{2}^{n-1}}$+1+$\frac{3}{{2}^{n}}$，
即為$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$=$\frac{{a}_{n-1}}{{2}^{n-1}}$=1+$\frac{3}{{2}^{n}}$，
即有得$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$=$\frac{{a}_{1}}{2}$+（$\frac{{a}_{2}}{{2}^{2}}$-$\frac{{a}_{1}}{2}$）+（$\frac{{a}_{3}}{{2}^{3}}$-$\frac{{a}_{2}}{{2}^{2}}$）+…+（$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$-$\frac{{a}_{n-1}}{{2}^{n-1}}$）
=$\frac{3}{2}$+1+$\frac{3}{4}$+1+$\frac{3}{8}$+…+1+$\frac{3}{{2}^{n}}$，
=n-1+$\frac{\frac{3}{2}（1-\frac{1}{{2}^{n}}）}{1-\frac{1}{2}}$=n+2-$\frac{3}{{2}^{n}}$，
則a_n=（n+2）•2ⁿ-3，
前n項(xiàng)和S_n=3•2+4•2²+5•2³+…+（n+2）•2ⁿ-3n，
可令R_n=3•2+4•2²+5•2³+…+（n+2）•2ⁿ，
2R_n=3•2²+4•2³+5•2⁴+…+（n+2）•2ⁿ⁺¹，
兩式相減可得，-R_n=3•2+2²+2³+…+2ⁿ-（n+2）•2ⁿ⁺¹
=4+$\frac{2（1-{2}^{n}）}{1-2}$-（n+2）•2ⁿ⁺¹
=2-（n+1）•2ⁿ⁺¹，
則R_n═（n+1）•2ⁿ⁺¹-2，
S_n=（n+1）•2ⁿ⁺¹-2-3n．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)公式和求和方法，注意運(yùn)用構(gòu)造法和錯(cuò)位相減法，考查化簡整理的運(yùn)算能力，屬于難題．