Question

20．设数列{a_n}的前n项和为S_n，满足a₁=1，a₁+a₂+…+a_n-1=$\frac{1}{2}$a_n-2^n-1+$\frac{1}{2}$（n∈N^*）
（1）设c_n=$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$（n∈N⁺），求数列{a_n}的通项公式；
（2）设数列{b_n}满足b_n=n（a_n+2ⁿ），求数列{b_n}的n项和T_n．

Answer 1

分析 （1）由a₁+a₂+…+a_n-1=S_n-1=$\frac{1}{2}$a_n-2^n-1+$\frac{1}{2}$（n∈N^*），当n≥2时，S_n=$\frac{1}{2}{a}_{n+1}-{2}^{n}$+$\frac{1}{2}$，利用递推关系可得：化为$\frac{{a}_{n+1}}{{2}^{n+1}}$=$\frac{3}{2}×\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$+$\frac{1}{2}$，即${c}_{n+1}=\frac{3}{2}{c}_{n}+\frac{1}{2}$，化为c_n+1+1=$\frac{3}{2}$（c_n+1），利用等比数列的通项公式即可得出．
（2）b_n=n（a_n+2ⁿ）=n•3ⁿ，利用“错位相减法”与等比数列的前n项和公式即可得出．

解答 解：（1）∵a₁+a₂+…+a_n-1=S_n-1=$\frac{1}{2}$a_n-2^n-1+$\frac{1}{2}$（n∈N^*），
∴当n≥2时，S_n=$\frac{1}{2}{a}_{n+1}-{2}^{n}$+$\frac{1}{2}$，
化为a_n=$\frac{1}{2}{a}_{n+1}-\frac{1}{2}{a}_{n}$-2^n-1，
∴$\frac{{a}_{n+1}}{{2}^{n+1}}$=$\frac{3}{2}×\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$+$\frac{1}{2}$，
∴${c}_{n+1}=\frac{3}{2}{c}_{n}+\frac{1}{2}$，
化为c_n+1+1=$\frac{3}{2}$（c_n+1），
∴数列{c_n+1}是等比数列，首项为$\frac{3}{2}$，公比为$\frac{3}{2}$．
∴c_n+1=$（\frac{3}{2}）^{n}$，
∴c_n=$（\frac{3}{2}）^{n}$-1，
∴$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$=$（\frac{3}{2}）^{n}$-1，
∴a_n=3ⁿ-2ⁿ．
（2）b_n=n（a_n+2ⁿ）=n•3ⁿ，
∴数列{b_n}的n项和T_n=3+2×3²+3×3³+…+n•3ⁿ，
3T_n=3²+2×3³+…+（n-1）•3ⁿ+n•3ⁿ⁺¹，
∴-2T_n=3+3²+3³+…+3ⁿ-n•3ⁿ⁺¹=$\frac{3（{3}^{n}-1）}{3-1}$-n•3ⁿ⁺¹=$\frac{（1-2n）•{3}^{n+1}-3}{2}$，
∴T_n=$\frac{（2n-1）×{3}^{n+1}+3}{4}$．

点评 本题考查了等比数列的通项公式及其前n项和公式、“错位相减法”、递推关系的应用，考查了转化能力、推理能力与计算能力，属于中档题．