Question

16．设数列{a_n}的前n项和为S_n与a_n关系是S_n=2-（$\frac{1}{2}$）^n-1-a_n，n∈N^*．
（1）求证：数列{2ⁿa_n}是等差数列；
（2）设T_n=S₁+S₂+…+S_n，求T_n．

Answer 1

分析 （1）由数列递推式求得数列首项，取n=n-1得另一递推式，作差后可得数列{2ⁿa_n}是等差数列；
（2）由（1）求得a_n，代入S_n=2-（$\frac{1}{2}$）^n-1-a_n，分组后利用错位相减法求T_n．

解答 （1）证明：由S_n=2-（$\frac{1}{2}$）^n-1-a_n，得a₁=2-1-a₁，即${a}_{1}=\frac{1}{2}$；
${S}_{n-1}=2-（\frac{1}{2}）^{n-2}-{a}_{n-1}$（n≥2），
两式作差得：${a}_{n}=（\frac{1}{2}）^{n-2}-{a}_{n}+{a}_{n-1}$，
∴$2{a}_{n}-{a}_{n-1}=（\frac{1}{2}）^{n-1}$，即${2}^{n}{a}_{n}-{2}^{n-1}{a}_{n-1}=1$（n≥2），
则数列{2ⁿa_n}是以1为首项，以1为公差的等差数列；
（2）解：由数列{2ⁿa_n}是以1为首项，以1为公差的等差数列，
得2ⁿa_n=1+（n-1）=n，
∴${a}_{n}=\frac{n}{{2}^{n}}$，
则S_n=2-（$\frac{1}{2}$）^n-1-a_n=2-$（\frac{1}{2}）^{n-1}$-$\frac{n}{{2}^{n}}$=$2-\frac{n+2}{{2}^{n}}$．
∴T_n=S₁+S₂+…+S_n=2n-（$\frac{2}{{2}^{1}}+\frac{3}{{2}^{2}}+\frac{4}{{2}^{3}}+…+\frac{n+2}{{2}^{n}}$），
令R_n=$\frac{2}{{2}^{1}}+\frac{3}{{2}^{2}}+\frac{4}{{2}^{3}}+…+\frac{n+2}{{2}^{n}}$，
则$\frac{1}{2}{R}_{n}=\frac{2}{{2}^{2}}+\frac{3}{{2}^{3}}+\frac{4}{{2}^{4}}+…+\frac{n+1}{{2}^{n}}+\frac{n+2}{{2}^{n+1}}$，
∴$\frac{1}{2}{R}_{n}=1+\frac{1}{{2}^{2}}+\frac{1}{{2}^{3}}+…+\frac{1}{{2}^{n}}-\frac{n+2}{{2}^{n+1}}$=$1+\frac{\frac{1}{4}（1-\frac{1}{{2}^{n-1}}）}{1-\frac{1}{2}}-\frac{n+2}{{2}^{n+1}}=\frac{3}{2}-\frac{n+4}{{2}^{n+1}}$，
则${R}_{n}=3-\frac{n+4}{{2}^{n}}$．
∴${T}_{n}=2n-3+\frac{n+4}{{2}^{n}}$．

点评 本题考查了数列递推式，考查了等差关系的确定，训练了错位相减法求数列的和，是中档题．