Question

19．已知数列{2^n-1•a_n}的前n项和S_n=1-$\frac{n}{2}$．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）设b_n=$\frac{|{a}_{n}|}{n}$，求数列{$\frac{1}{{b}_{n}}$}的前n项和．

Answer 1

分析 （1）设b_n=2^n-1•a_n，由${b}_{n}=\left\{\begin{array}{l}{{S}_{1}，n=1}\\{{S}_{n}-{S}_{n-1}，n≥2}\end{array}\right.$，利用数列{2^n-1•a_n}的前n项和S_n=1-$\frac{n}{2}$，能求出b_n，由此能求出数列{a_n}的通项公式．
（2）由已知得到b_n=$\frac{1}{n•{2}^{n}}$，n∈N^*，从而$\frac{1}{{b}^{n}}$=n•2ⁿ，由此利用错位相减法能求出数列{$\frac{1}{{b}_{n}}$}的前n项和．

解答 解：（1）设b_n=2^n-1•a_n，
∵数列{2^n-1•a_n}的前n项和S_n=1-$\frac{n}{2}$，
∴b₁=S₁=1-$\frac{1}{2}=\frac{1}{2}$，
n≥2时，${b}_{n}={S}_{n}-{S}_{n-1}=（1-\frac{n}{2}）-（1-\frac{n-1}{2}）$=-$\frac{1}{2}$，
∴2^1-1a₁=b₁=$\frac{1}{2}$，∴a₁=$\frac{1}{2}$，
n≥2时，2^n-1a_n=-$\frac{1}{2}$，∴a_n=-$\frac{1}{{2}^{n}}$，
n=1时，-$\frac{1}{{2}^{n}}$=-$\frac{1}{2}$≠a₁，
∴${a}_{n}=\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{2}，n=1}\\{-\frac{1}{{2}^{n}}，n≥2}\end{array}\right.$．
（2）∵b_n=$\frac{|{a}_{n}|}{n}$=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{2}，n=1}\\{\frac{1}{n•{2}^{n}}，n≥2}\end{array}\right.$=$\frac{1}{n•{2}^{n}}$，n∈N^*，
∴$\frac{1}{{b}^{n}}$=n•2ⁿ，
∴数列{$\frac{1}{{b}_{n}}$}的前n项和：
S_n=1×2+2×2²+3×2³+…+n×2ⁿ，①
2S_n=1×2²+2×2³+3×2⁴+…+n×2ⁿ⁺¹，②
①-②，得：-S_n=2+2²+2³+…+2ⁿ-n×2ⁿ⁺¹
=$\frac{2（1-{2}^{n}）}{1-2}$-n×2ⁿ⁺¹=-2+2ⁿ⁺¹-n×2ⁿ⁺¹，
∴S_n=2+（n-1）×2ⁿ⁺¹．

点评 本题考查数列的通项公式的求法，考查数列的前n项和的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意错痊相减法的合理运用．