Question

10．已知数列{a_n}是首项为正数的等差数列，数列{$\frac{1}{{a}_{n}•{a}_{n+1}}$}的前n项和为$\frac{n}{2n+1}$．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）设b_n=（a_n+1）•2${\;}^{{a}_{n}}$，求数列{b_n}的前n项和T_n．

Answer 1

分析 （1）通过对c_n=$\frac{1}{{a}_{n}•{a}_{n+1}}$分离分母，并项相加并利用数列{$\frac{1}{{a}_{n}•{a}_{n+1}}$}的前n项和为$\frac{n}{2n+1}$即得首项和公差，进而可得结论；
（2）通过b_n=n•4ⁿ，写出T_n、4T_n的表达式，两式相减后利用等比数列的求和公式即得结论．

解答 解：（1）设等差数列{a_n}的首项为a₁、公差为d，则a₁＞0，
∴a_n=a₁+（n-1）d，a_n+1=a₁+nd，
令c_n=$\frac{1}{{a}_{n}•{a}_{n+1}}$，
则c_n=$\frac{1}{[{a}_{1}+（n-1）d]（{a}_{1}+nd）}$=$\frac{1}{d}$[$\frac{1}{{a}_{1}+（n-1）d}$-$\frac{1}{{a}_{1}+nd}$]，
∴c₁+c₂+…+c_n-1+c_n=$\frac{1}{d}$[$\frac{1}{{a}_{1}}$-$\frac{1}{{a}_{1}+d}$+$\frac{1}{{a}_{1}+d}$-$\frac{1}{{a}_{1}+2d}$+…+$\frac{1}{{a}_{1}+（n-1）d}$-$\frac{1}{{a}_{1}+nd}$]
=$\frac{1}{d}$[$\frac{1}{{a}_{1}}$-$\frac{1}{{a}_{1}+nd}$]
=$\frac{n}{{a}_{1}（{a}_{1}+nd）}$
=$\frac{n}{{{a}_{1}}^{2}+{a}_{1}dn}$，
又∵数列{$\frac{1}{{a}_{n}•{a}_{n+1}}$}的前n项和为$\frac{n}{2n+1}$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{{{a}_{1}}^{2}=1}\\{{a}_{1}d=2}\end{array}\right.$，
∴a₁=1或-1（舍），d=2，
∴a_n=1+2（n-1）=2n-1；
（2）由（1）知b_n=（a_n+1）•2${\;}^{{a}_{n}}$=（2n-1+1）•2^2n-1=n•4ⁿ，
∴T_n=b₁+b₂+…+b_n=1•4¹+2•4²+…+n•4ⁿ，
∴4T_n=1•4²+2•4³+…+（n-1）•4ⁿ+n•4ⁿ⁺¹，
两式相减，得-3T_n=4¹+4²+…+4ⁿ-n•4ⁿ⁺¹=$\frac{1-3n}{3}$•4ⁿ⁺¹-$\frac{4}{3}$，
∴T_n=$\frac{（3n-1）•{4}^{n+1}+4}{9}$．

点评 本题考查求数列的通项及求和，利用错位相减法是解决本题的关键，注意解题方法的积累，属于中档题．