Question

20．已知数列{a_n}的前n项和为S_n，且S_n=2a_n-n，（n∈N^*）．
（1）求证：数列{a_n+1}为等比数列；
（2）令b_n=n+a_nlog₂（a_n+1），求数列{b_n}的前n项和T_n．

Answer 1

分析 （1）根据数列的前n项和公式，利用等比数列的定义，得出{a_n+1}是等比数列；
（2）根据题意，求出数列{b_n}的通项公式，再写出前n项和的表达式，利用错位相减法求出T_n的解析式．

解答 解：（1）由S_n=2a_n-n，可得S₁=2a₁-1，即a₁=1，（1分）
又S_n+1=2a_n+1-（n+1），
相减得a_n+1=2a_n+1-2a_n-1，即a_n+1=2a_n+1，（2分）
所以$\frac{{{a_{n+1}}+1}}{{{a_n}+1}}=\frac{{2{a_n}+2}}{{{a_n}+1}}=2$，
故{a_n+1}是以a₁+1=2为首项，以2为公比的等比数列．（6分）
（2）由（Ⅰ）得到a_n+1=2ⁿ，所以${a_n}={2^n}-1$，（7分）
于是b_n=n+a_nlog₂（a_n+1）=n+n（2ⁿ-1）=n×2ⁿ，（8分）
T_n=1×2¹+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，
相减整理得-T_n=2¹+2²+2³+…+2ⁿ-n×2ⁿ⁺¹，
所以T_n=（n-1）×2ⁿ⁺¹+2．（12分）

点评 本题考查了等比数列的定义与数列求和的应用问题，考查了转化思想的应用问题，是综合性题目．