Question

14．已知数列{a_n}的前n项和为S_n，且S_n=2a_n-n；
（1）求证：数列{a_n+1}为等比数列；
（2）令b_n=a_nlog₂（a_n+1），求数列{b_n}的前n项和．

Answer 1

分析 （1）由S_n=2a_n-n，可得S_n-1=2a_n-1-（n-1），两式相减可得a_n+1=2（a_n-1+1），故数列{a_n+1}为等比数列，由此可求；
（2）由（1）可得b_n=a_nlog₂（a_n+1）=n（2ⁿ-1），然后分两部分求和，一部分错位相减，一部分等差数列的求和公式，即可得答案．

解答 解：（1）证明：n=1时，a₁=S₁=2a₁-1，解得a₁=1；
∵S_n=2a_n-n，∴S_n-1=2a_n-1-（n-1），
∴a_n=2a_n-2a_n-1-1，从而a_n=2a_n-1+1，
即a_n+1=2（a_n-1+1），
∴数列{a_n+1}为等比数列，
因此a_n+1=（a₁+1）•2^n-1，
∴a_n=2ⁿ-1；
（2）由（1）可得b_n=a_nlog₂（a_n+1）
=n（2ⁿ-1），
记A_n=1•2+2•2²+3•2³+…+n•2ⁿ，①
2A_n=1•2²+2•2³+3•2⁴+…+n•2ⁿ⁺¹，②
①-②，得：-A_n=2+2²+2³+…+2ⁿ-n•2ⁿ⁺¹
=$\frac{2（1-{2}^{n}）}{1-2}$-n•2ⁿ⁺¹，
∴A_n=（n-1）•2ⁿ⁺¹+2，
∴T_n=（n-1）•2ⁿ⁺¹+2+$\frac{n（n+1）}{2}$．

点评 本题为数列的综合应用，涉及错位相减法求和以及分项求和，属中档题．