Question

已知数列{a_n}的前n项和为S_n，且满足S_n=2a_n-n（n∈N⁺）
（I）求证{a_n+1}是等比数列，并求a_n；
（II）b_n=na_n+n，求数列{b_n}的前n项和为T_n．

Answer 1

分析：（I）根据S_n=2a_n-n（n∈N^*），可得当n≥2时，S_n-1=2a_n-1-（n-1），两式相减，将a_n+1看成整体可得{a_n+1}是等比数列，从而可求出a_n；
（II）先求出{b_n}的通项公式，然后根据通项公式的特征利用错位相消法可求出数列{b_n}的前n项和为T_n．

解答：解：（I）∵S_n=2a_n-n（n∈N^*），
∴当n≥2时，S_n-1=2a_n-1-（n-1）．
两式相减得a_n=2a_n-2a_n-1-1，即a_n=2a_n-1+1（n≥2）．…（3分）
又∵a₁=1，可知a_n＞0，
∴当n≥2时，

an+1

an-1+1

=2
∴{a_n+1}是首项为2，公比为2的等比数列，
故a_n+1=2•2^n-1=2ⁿ，也即a_n=2ⁿ-1
（II）b_n=na_n+n=n•2ⁿ，
T_n=1•2+2•2²+3•2³+…+（n-1）•2^n-1+n•2ⁿ，
2T_n=1•2²+2•2³+3•2⁴+…+（n-1）•2ⁿ+n•2ⁿ⁺¹，
两式相减，得-T_n=2+2²+2³+…+2ⁿ-n•2ⁿ⁺¹，
-T_n=

2(1-2n)

1-2

-n•2ⁿ⁺¹，
得T_n=（n-1）•2ⁿ⁺¹+2

点评：本题主要考查了等比数列的判定和利用错位相减法求前n项和，同时考查了学生的计算能力和对数列的综合掌握，解题时注意整体思想和转化思想的运用，属于中档题．