Question

13．设数列{a_n}的前n项和为S_n．且S_n=2a_n+2n-6（n∈N^*）．
（1）判断数列{a_n-2}是否成等比数列，并求数列{a_n}的通项公式：
（2）设T_n=$\frac{1}{{a}_{2}-{a}_{1}}$+$\frac{2}{{a}_{3}-{a}_{2}}$+…+$\frac{n}{{a}_{n+1}-{a}_{n}}$（n∈N^* ），求T_n．

Answer 1

分析 （1）当n≥2时利用a_n=S_n-S_n-1化简整理得a_n-2a_n-1+2=0，变形可知a_n-2=2（a_n-1-2），进而可知数列{a_n-2}是首项、公比均为2的等比数列，进而计算可得结论；
（2）通过（1）可知a_n+1-a_n=2ⁿ，进而可知$\frac{n}{{a}_{n+1}-{a}_{n}}$=n•$\frac{1}{{2}^{n}}$，利用错位相减法计算即得结论．

解答 解：（1）∵S_n=2a_n+2n-6，
∴当n≥2时，a_n=S_n-S_n-1=（2a_n+2n-6）-（2a_n-1+2n-8），
整理得：a_n-2a_n-1+2=0，
整理得：a_n-2=2（a_n-1-2），
又∵a₁=2a₁-4，即a₁=4，
∴数列{a_n-2}是首项、公比均为2的等比数列，
∴a_n-2=2ⁿ，
∴数列{a_n}的通项公式a_n=2+2ⁿ；
（2）由（1）可知：a_n+1-a_n=（2+2ⁿ⁺¹）-（2+2ⁿ）=2ⁿ，
∴$\frac{n}{{a}_{n+1}-{a}_{n}}$=n•$\frac{1}{{2}^{n}}$，
∵T_n=$\frac{1}{{a}_{2}-{a}_{1}}$+$\frac{2}{{a}_{3}-{a}_{2}}$+…+$\frac{n}{{a}_{n+1}-{a}_{n}}$（n∈N^* ），
∴T_n=1•$\frac{1}{2}$+2•$\frac{1}{{2}^{2}}$+3•$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+n•$\frac{1}{{2}^{n}}$，
$\frac{1}{2}$T_n=1•$\frac{1}{{2}^{2}}$+2•$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+（n-1）•$\frac{1}{{2}^{n}}$+n•$\frac{1}{{2}^{n+1}}$，
错位相减得：$\frac{1}{2}$T_n=$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}}$-n•$\frac{1}{{2}^{n+1}}$，
∴T_n=1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n-1}}$-n•$\frac{1}{{2}^{n}}$
=$\frac{1-\frac{1}{{2}^{n}}}{1-\frac{1}{2}}$-n•$\frac{1}{{2}^{n}}$
=2-$\frac{n+2}{{2}^{n}}$．

点评 本题考查数列的通项及前n项和，考查错位相减法，对表达式的灵活变形是解决本题的关键，注意解题方法的积累，属于中档题．