Question

8．設(shè)S_n是數(shù)列{a_n}（n∈N^*）的前n項(xiàng)和，已知a₁=4，a_n+1=S_n+3ⁿ，設(shè)b_n=S_n-3ⁿ，
（1）證明：數(shù)列{b_n}是等比數(shù)列，并求數(shù)列{b_n}的通項(xiàng)公式；
（2）令c_n=2log₂b_n-$\frac{n}{_{n}}$+2，求數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和T_n．

Answer 1

分析 （1）a₁=4，a_n+1=S_n+3ⁿ，利用遞推式化為${a}_{n+1}-2×{3}^{n}$=2$（{a}_{n}-2×{3}^{n-1}）$，a₁-2=2，a₂=a₁+3=7，a₂-2×3=1．
可得數(shù)列$\{{a}_{n}-2×{3}^{n-1}\}$是從第二項(xiàng)起為等比數(shù)列，公比為2，再利用等比數(shù)列的通項(xiàng)公式可得a_n，b_n．
（2）c_n=2log₂b_n-$\frac{n}{_{n}}$+2=2n-$\frac{n}{{2}^{n-1}}$，利用“錯(cuò)位相減法”與等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式可得數(shù)列$\{\frac{n}{{2}^{n-1}}\}$的前n項(xiàng)和，再利用等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式即可得出．

解答 （1）證明：∵a₁=4，a_n+1=S_n+3ⁿ，
∴當(dāng)n≥2時(shí)，a_n=${S}_{n-1}+{3}^{n-1}$，∴a_n+1-a_n=a_n+2×3^n-1，
化為${a}_{n+1}-2×{3}^{n}$=2$（{a}_{n}-2×{3}^{n-1}）$，a₁-2=2，
a₂=a₁+3=7，a₂-2×3=1．
∴數(shù)列$\{{a}_{n}-2×{3}^{n-1}\}$是從第二項(xiàng)起為等比數(shù)列，公比為2，
∴${a}_{n}-2×{3}^{n-1}$=2^n-2，
∴a_n=2×3^n-1+2^n-2（n≥2），a₁=4．
∴S_n=${a}_{n+1}-{3}^{n}$=2×3ⁿ+2^n-1-3ⁿ=3ⁿ+2^n-1，
∴b_n=S_n-3ⁿ=2^n-1．（n=1時(shí)也成立）．
∴數(shù)列{b_n}是等比數(shù)列，首項(xiàng)為1，公比為2．
（2）解：b_n=2^n-1．
c_n=2log₂b_n-$\frac{n}{_{n}}$+2=2（n-1）-$\frac{n}{{2}^{n-1}}$+2=2n-$\frac{n}{{2}^{n-1}}$，
設(shè)數(shù)列$\{\frac{n}{{2}^{n-1}}\}$的前n項(xiàng)和為A_n，
則A_n=1+$\frac{2}{2}$+$\frac{3}{{2}^{2}}$+…+$\frac{n}{{2}^{n-1}}$，
$\frac{1}{2}$A_n=$\frac{1}{2}+\frac{2}{{2}^{2}}+\frac{3}{{2}^{3}}$+…+$\frac{n-1}{{2}^{n-1}}$+$\frac{n}{{2}^{n}}$，
∴$\frac{1}{2}$A_n=1+$\frac{1}{2}+\frac{1}{{2}^{2}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n-1}}$-$\frac{n}{{2}^{n}}$=$\frac{1-\frac{1}{{2}^{n}}}{1-\frac{1}{2}}$-$\frac{n}{{2}^{n}}$=2-$\frac{2+n}{{2}^{n}}$，
∴A_n=4-$\frac{2+n}{{2}^{n-1}}$
∴數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和T_n=$\frac{n（2+2n）}{2}$-4+$\frac{2+n}{{2}^{n-1}}$
=n²+n-4+$\frac{2+n}{{2}^{n-1}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了遞推式、“錯(cuò)位相減法”、等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項(xiàng)公式及其前n項(xiàng)和公式，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．