Question

1．已知数列{a_n}，{b_n}，a₁=b₁=1，且当n≥2时，a_n-na_n-1=0，b_n=2b_n-1-2^n-1．（n（n-1）（n-2）…3•2•1=n!）．
（Ⅰ）求数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）求证：数列{$\frac{{b}_{n}}{{2}^{n}}$}为等差数列；
（Ⅲ）若c_n=$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n+2}}$+b_n-2，求{c_n}的前n项和．

Answer 1

分析 （Ⅰ）运用数列恒等式a_n=a₁•$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$•$\frac{{a}_{3}}{{a}_{2}}$…$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}$，即可得到所求通项；
（Ⅱ）b_n=2b_n-1-2^n-1．则$\frac{{b}_{n}}{{2}^{n}}$=$\frac{{b}_{n-1}}{{2}^{n-1}}$-$\frac{1}{2}$，由等差数列的定义，即可得证；
（Ⅲ）由裂项相消求和以及错位相减法，结合等差数列和等比数列的求和公式的运用，即可得到所求数列的和．

解答 解：（Ⅰ）当n≥2时，a_n-na_n-1=0，即为
$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}$=n，
即有a_n=a₁•$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$•$\frac{{a}_{3}}{{a}_{2}}$…$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}$=1•2•3…n=n!，
（Ⅱ）证明：b_n=2b_n-1-2^n-1．
则$\frac{{b}_{n}}{{2}^{n}}$=$\frac{{b}_{n-1}}{{2}^{n-1}}$-$\frac{1}{2}$，
即有数列{$\frac{{b}_{n}}{{2}^{n}}$}为首项为$\frac{{b}_{1}}{2}$=$\frac{1}{2}$，公差为-$\frac{1}{2}$的等差数列；
（Ⅲ）$\frac{{b}_{n}}{{2}^{n}}$=$\frac{1}{2}$+（n-1）•（-$\frac{1}{2}$）=$\frac{2-n}{2}$，
即有b_n=（2-n）•2^n-1．
c_n=$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n+2}}$+b_n-2=$\frac{n!}{（n+2）!}$+（2-n）•2^n-1-2
=$\frac{1}{（n+1）（n+2）}$+（2-n）•2^n-1-2，
由$\frac{1}{（n+1）（n+2）}$=$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n+2}$，
则数列{$\frac{1}{（n+1）（n+2）}$}的前n项和为$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{3}$$-\frac{1}{4}$+…+$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n+2}$
=$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{n+2}$=$\frac{n}{2（n+2）}$；
设数列{b_n}的前n项的和为S_n，
则S_n=1•1+0•2+（-1）•2²+…+（2-n）•2^n-1．
2S_n=1•2+0•2²+（-1）•2³+…+（2-n）•2ⁿ．
两式相减可得，-S_n=1+（-1）（2+2²+…+2^n-1）-（2-n）•2ⁿ．
=1-$\frac{2（1-{2}^{n-1}）}{1-2}$-（2-n）•2ⁿ．
化简可得S_n=（3-n）•2ⁿ-3．
则{c_n}的前n项和为$\frac{n}{2（n+2）}$+（3-n）•2ⁿ-3-2n．

点评 本题考查数列的通项和求和，考查累乘法和错位相减法及裂项相消求和，同时考查等差数列和等比数列的求和公式的运用，属于中档题．