Question

1．已知数列{a_n}为正项数列，a₁=1，且对?n∈N^*，都有$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$-$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n+1}}$=2（$\frac{1}{{a}_{n}}$+$\frac{1}{{a}_{n+1}}$）．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）若b_n=a_n•2^n-1，求数列{b_n}的前n项和S_n．

Answer 1

分析 （1）由$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$-$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n+1}}$=2（$\frac{1}{{a}_{n}}$+$\frac{1}{{a}_{n+1}}$）⇒${{a}_{n+1}}^{2}$-${{a}_{n}}^{2}$=2（a_n+1+a_n），又a_n＞0，可得a_n+1-a_n=2，又a₁=1，即数列{a_n}是以1为首项，2为公差的等差数列，从而可得数列{a_n}的通项公式；
（2）由b_n=a_n•2^n-1=（2n-1）•2^n-1，知S_n=b₁+b₂+…b_n=1+3×2+5×2²+…+（2n-1）•2^n-1①，2S_n=1×2+3×2²+5×2³+…+（2n-3）•2^n-1+（2n-1）•2ⁿ②，利用错位相减法可求得数列{b_n}的前n项和S_n．

解答 解：（1）∵$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$-$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n+1}}$=2（$\frac{1}{{a}_{n}}$+$\frac{1}{{a}_{n+1}}$），
∴${{a}_{n+1}}^{2}$-${{a}_{n}}^{2}$=2（a_n+1+a_n），又a_n＞0，
∴a_n+1-a_n=2，又a₁=1，
∴数列{a_n}是以1为首项，2为公差的等差数列，
∴a_n=1+（n-1）×2=2n-1．
（2）∵b_n=a_n•2^n-1=（2n-1）•2^n-1，
∴S_n=b₁+b₂+…b_n=1+3×2+5×2²+…+（2n-1）•2^n-1，①
2S_n=1×2+3×2²+5×2³+…+（2n-3）•2^n-1+（2n-1）•2ⁿ，②
①-②得：-S_n=1+2（2+2²+2³+…+2^n-1-（2n-1）•2ⁿ
=1+2•$\frac{2（1{-2}^{n-1}）}{1-2}$-（2n-1）•2ⁿ
=（3-2n）•2ⁿ-3，
∴S_n=（2n-3）•2ⁿ+3．

点评 本题考查数列递推式，突出考查错位相减法求和，求得数列{a_n}是以1为首项，2为公差的等差数列是关键，考查推理与运算能力，属于中档题．