Question

12．设数列{a_n}的前n项和为S_n，且S_n=2a_n-2
（Ⅰ）求数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）令b_n=log₂a_n，c_n=$\frac{{{b}_{n}}^{2}}{{a}_{n}}$，求数列{c_n}的前项和T_n．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通过S_n=2a_n-2与S_n-1=2a_n-1-2（n≥2）作差，进而整理可知数列{a_n}是首项、公比均为2的等比数列，从而可得通项公式；
（Ⅱ）通过（I）可知c_n=$\frac{{n}^{2}}{{2}^{n}}$，利用错位相减法计算可知$\frac{1}{2}$T_n=$\frac{1}{2}$+3•$\frac{1}{{2}^{2}}$+5•$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+（2n-1）•$\frac{1}{{2}^{n}}$-n²•$\frac{1}{{2}^{n+1}}$，记A_n=$\frac{1}{2}$+3•$\frac{1}{{2}^{2}}$+5•$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+（2n-1）•$\frac{1}{{2}^{n}}$并再次利用错位相减法计算可知A_n=3-$\frac{2n+3}{{2}^{n}}$，进而计算可得结论．

解答 解：（Ⅰ）∵S_n=2a_n-2，
∴S_n-1=2a_n-1-2（n≥2），
两式相减得：a_n=2a_n-2a_n-1，即a_n=2a_n-1（n≥2），
又∵S₁=2a₁-2，即a₁=2，
∴数列{a_n}是首项、公比均为2的等比数列，
故其通项公式a_n=2ⁿ；
（Ⅱ）通过（I）可知b_n=log₂a_n=n，c_n=$\frac{{{b}_{n}}^{2}}{{a}_{n}}$=$\frac{{n}^{2}}{{2}^{n}}$，
则T_n=1•$\frac{1}{2}$+2²•$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+n²•$\frac{1}{{2}^{n}}$，
$\frac{1}{2}$T_n=1•$\frac{1}{{2}^{2}}$+2²•$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+（n-1²）•$\frac{1}{{2}^{n}}$+n²•$\frac{1}{{2}^{n+1}}$，
两式相减得：$\frac{1}{2}$T_n=$\frac{1}{2}$+3•$\frac{1}{{2}^{2}}$+5•$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+（2n-1）•$\frac{1}{{2}^{n}}$-n²•$\frac{1}{{2}^{n+1}}$，
记A_n=$\frac{1}{2}$+3•$\frac{1}{{2}^{2}}$+5•$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+（2n-1）•$\frac{1}{{2}^{n}}$，
则$\frac{1}{2}$A_n=$\frac{1}{{2}^{2}}$+3•$\frac{1}{{2}^{3}}$•+…+（2n-3）•$\frac{1}{{2}^{n}}$+（2n-1）•$\frac{1}{{2}^{n+1}}$，
两式相减得：$\frac{1}{2}$A_n=$\frac{1}{2}$+2（$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{2}^{3}}$•+…+$\frac{1}{{2}^{n}}$）-（2n-1）•$\frac{1}{{2}^{n+1}}$
=$\frac{1}{2}$+2•$\frac{\frac{1}{{2}^{2}}（1-\frac{1}{{2}^{n-1}}）}{1-\frac{1}{2}}$-（2n-1）•$\frac{1}{{2}^{n+1}}$
=$\frac{3}{2}$-$\frac{2n+3}{{2}^{n+1}}$，
∴A_n=3-$\frac{2n+3}{{2}^{n}}$，
∴$\frac{1}{2}$T_n=3-$\frac{2n+3}{{2}^{n}}$-n²•$\frac{1}{{2}^{n+1}}$=3-$\frac{{n}^{2}+4n+6}{{2}^{n+1}}$，
于是T_n=6-$\frac{{n}^{2}+4n+6}{{2}^{n}}$．

点评 本题考查数列的通项及前n项和，考查错位相减法，注意解题方法的积累，属于中档题．