Question

10．已知数列{a_n}的首项a₁=1，前n项和为S_n，且S_n+1=2S_n+n+1（n∈N^*）
（1）证明数列{a_n+1}是等比数列，并求数列{a_n}的通项公式；
（2）求数列{na_n+n}的前n项和T_n．

Answer 1

分析 （1）根据a_n+1=S_n+1-S_n，得到n≥2时a_n+1和a_n关系式即a_n+1=2a_n+1，两边同加1得到a_n+1+1=2（a_n+1），最后验证n=1时等式也成立，进而证明数列{a_n+1}是等比数列，并求数列{a_n}的通项公式；
（2）利用错位相减法求数列{na_n+n}的前n项和T_n．

解答 证明：（1）由已知，${S_{n+1}}=2{S_n}+n+1\;（n∈{N^*}）$
当n≥2时，S_n=2S_n-1+n
两式相减得，a_n+1=2a_n+1，
于是a_n+1+1=2（a_n+1），n≥2
当n=1时，S₂=2S₁+n+1，
即a₁+a₂=2a₁+1+1，
∴a₂=3
此时a₂+1=2（a₁+1），且a₁+1=2≠0
所以，数列{a_n+1}是首项为a₁+1=2，公比为2的等比数列
所以，${a_n}+1=2•{2^{n-1}}$，
即${a_n}={2^n}-1\;（n∈{N^*}）$…（6分）
解：（2）令c_n=na_n+n，则${c_n}=n•{2^n}$，于是
$\begin{array}{l}{T_n}=1•{2^1}+2•{2^2}+…+n•{2^n}\\ 2{T_n}=\;1•{2^2}+…+（n-1）•{2^n}+n•{2^{n+1}}\end{array}$
两式相减得，$-{T_n}=2+{2^2}+…+{2^n}-n•{2^{n+1}}=\frac{{2（{2^n}-1）}}{2-1}-n•{2^{n+1}}=（1-n）•{2^{n+1}}-2$…（12分）
∴${T_n}=（n-1）•{2^{n+1}}+2$．（14分）

点评 本题主要考查了数列中等比关系的确定，考查错位相减法求数列的和，属于中档题．