Question

6．设数列{a_n}的前项n和为S_n，若对于任意的正整数n都有S_n=2a_n-2n．
（1）设b_n=a_n+2，求证：数列{b_n}是等比数列，并求出{a_n}的通项公式．
（2）求数列{na_n}的前n项和．

Answer 1

分析 （1）由题意可知：S_n+1=2a_n+1-2（n+1），S_n=2a_n-2n，两式相减得：a_n+1=2a_n+1-2a_n-2，整理得：a_n+1+2=2（a_n+2），由b_n=a_n+2，可知：$\frac{{b}_{n+1}}{{b}_{n}}$=$\frac{{a}_{n+1}+2}{{a}_{n}+2}$=2，可知数列{b_n}是等比数列，根据等比数列通项公式求得${b_n}=4•{2^{n-1}}={2^{n+1}}$，代入即可求得${a_n}={2^{n+1}}-2$；
（2）由（1）求出na_n，根据分组求和法、错位相减法，等比、等差数列的前n项和公式求出T_n．

解答 解：（1）证明：∵S_n=2a_n-2n对于任意的正整数都成立，
∴S_n+1=2a_n+1-2（n+1），
两式相减，得S_n+1-S_n=2a_n+1-2（n+1）-2a_n+2n，
∴a_n+1=2a_n+1-2a_n-2，即a_n+1=2a_n+2，
∴a_n+1+2=2（a_n+2），
∴$\frac{{b}_{n+1}}{{b}_{n}}$=$\frac{{a}_{n+1}+2}{{a}_{n}+2}$=2，对一切正整数都成立．
∴数列{b_n}是等比数列．
由已知得 S₁=2a₁-2即a₁=2a₁-2，
∴a₁=2，
∴首项b₁=a₁+2=4，公比q=2，
∴${b_n}=4•{2^{n-1}}={2^{n+1}}$．
∴${a_n}={2^{n+1}}-2$；
（2）∵na_n=n•2ⁿ⁺¹-2n，
∴{na_n}的前n项和T_n，
T_n=1•2²+2•2³+…+n•2ⁿ⁺¹-2（1+2+…+n）
=1•2²+2•2³+…+n•2ⁿ⁺¹-2×$\frac{n（n+1）}{2}$，
=1•2²+2•2³+…+n•2ⁿ⁺¹-n（n+1）
令c_n=n•2ⁿ⁺¹，数列{c_n}前n项和C_n，
C_n=1•2²+2•2³+…+n•2ⁿ⁺¹，①
2C_n=1•2³+2•2⁴+…+n•2ⁿ⁺²，②
由①-②得：-C_n=2²+2³+…+2ⁿ⁺¹-n•2ⁿ⁺²
=$\frac{4（1-{2}^{n}）}{1-2}$-n•2ⁿ⁺²，
=2ⁿ⁺²-4-n•2ⁿ⁺²
=（1-n）2ⁿ⁺²-4，
∴C_n=（n-1）2ⁿ⁺²+4
∴T_n=（n-1）2ⁿ⁺²+4-n（n+1）．

点评 本题考查等比数列的定义、通项公式、前n项和公式，S_n与a_n的关系式，以及分组求和法、错位相减法，考查计算能力，属于中档题．