Question

4．已知数列{a_n}的前n项和为S_n，且满足${S_n}+n=2{a_n}（n∈{N^*}）$．
（1）证明：数列{a_n+1}为等比数列，并求数列{a_n}的通项公式；
（2）数列{b_n}满足${b_n}={a_n}•{log_2}（{a_n}+1）（n∈{N^*}）$，其前n项和为T_n，求T_n．

Answer 1

分析 （1）利用公式a_n+1=S_n+1-S_n即可得出a_n+1+1=2（a_n+1），故数列{a_n+1}为等比数列，利用等比数列的通项公式得出a_n+1，从而得出a_n；
（2）化简b_n=n•2ⁿ-n，再使用分项求和和错位相减法求和得出T_n．

解答 解：（1）∵S_n+n=2a_n，∴S_n+1+（n+1）=2a_n+1，
∴a_n+1+1=2a_n+1-2a_n，即a_n+1+1=2（a_n+1），
又a₁+1=2a₁，∴a₁=1．
∴{a_n+1}是以2为首选，以2为公比的等比数列．
∴a_n+1=2ⁿ，∴a_n=2ⁿ-1．
（2）b_n=（2ⁿ-1）log₂2ⁿ=n（2ⁿ-1）=n•2ⁿ-n．
∴T_n=1•2+2•2²+3•2³+…+n•2ⁿ-（1+2+3+…+n）
=1•2+2•2²+3•2³+…+n•2ⁿ-$\frac{（1+n）n}{2}$．
设1•2+2•2²+3•2³+…+n•2ⁿ=A_n，
则1•2²+2•2³+3•2⁴+…+n•2ⁿ⁺¹=2A_n，
两式相减得2+2²+2³+…+2ⁿ-n•2ⁿ⁺¹=-A_n，
∴-A_n=$\frac{2（1-{2}^{n}）}{1-2}$-n•2ⁿ⁺¹=（1-n）•2ⁿ⁺¹-2，
∴A_n=（n-1）•2ⁿ⁺¹+2，
∴T_n=（n-1）•2ⁿ⁺¹+2-$\frac{{n}^{2}+n}{2}$．

点评 本题考查了等比关系的判断，数列通项公式的求法，错位相减法求和，属于中档题．