Question

11．在数列{a_n}中，S_n是它的前n项和，a₁=2，且S_n+1=4a_n+2（n∈N^*）．
（Ⅰ）求a₂和a₃的值；
（Ⅱ）设b_n=a_n+1-2a_n，求证：数列{b_n}是等比数列；
（Ⅲ）若${c}_{n}=\frac{2n-1}{{b}_{n}}$，求数列{c_n}的前n项和T_n．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通过a₁=2、S_n+1=4a_n+2直接代入计算即可；
（Ⅱ）通过S_n+1=4a_n+2、S_n+2=4a_n+1+2作差、整理可知a_n+2-2a_n+1=2（a_n+1-2a_n），进而可得结论；
（Ⅲ）通过（II）可知c_n=$\frac{n}{{2}^{n}}$-$\frac{1}{{2}^{n+1}}$，利用错位相减法可知数列{$\frac{n}{{2}^{n}}$}的前n项和，进而计算可得结论．

解答 （Ⅰ）解：∵a₁=2、S_n+1=4a_n+2（n∈N^*），
∴a₁+a₂=4a₁+2，
∴a₂=3a₂+2=8，
∵a₁+a₂+a₃=4a₂+2，
∴a₃=3a₂+2-a₁=24；
（Ⅱ）证明：∵S_n+1=4a_n+2，
∴S_n+2=4a_n+1+2，
∴a_n+2=4a_n+1-4a_n，
整理得：a_n+2-2a_n+1=2（a_n+1-2a_n），
即b_n+1=2b_n，
又∵b₁=a₂-2a₁=8-2•2=4，
∴数列{b_n}是以4为首项、2为公比的等比数列；
（Ⅲ）解：∵b_n=4•2^n-1=2ⁿ⁺¹，
∴c_n=$\frac{2n-1}{{b}_{n}}$
=$\frac{2n-1}{{2}^{n+1}}$
=$\frac{n}{{2}^{n}}$-$\frac{1}{{2}^{n+1}}$，
记数列{$\frac{n}{{2}^{n}}$}的前n项和Q_n=1•$\frac{1}{{2}^{1}}$+2•$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+n•$\frac{1}{{2}^{n}}$，
则2Q_n=1•$\frac{1}{{2}^{0}}$+2•$\frac{1}{{2}^{1}}$+3•$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+（n-1）•$\frac{1}{{2}^{n-2}}$+n•$\frac{1}{{2}^{n-1}}$，
两式相减得：Q_n=$\frac{1}{{2}^{0}}$+$\frac{1}{{2}^{1}}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n-2}}$+$\frac{1}{{2}^{n-1}}$-n•$\frac{1}{{2}^{n}}$
=$\frac{1-\frac{1}{{2}^{n}}}{1-\frac{1}{2}}$-n•$\frac{1}{{2}^{n}}$
=2-$\frac{n+2}{{2}^{n}}$，
∴T_n=1•$\frac{1}{{2}^{1}}$+2•$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+n•$\frac{1}{{2}^{n}}$-（$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{2}^{3}}$+$\frac{1}{{2}^{4}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}}$+$\frac{1}{{2}^{n+1}}$）
=2-$\frac{n+2}{{2}^{n}}$-$\frac{\frac{1}{{2}^{2}}（1-\frac{1}{{2}^{n}}）}{1-\frac{1}{2}}$
=2-$\frac{n+2}{{2}^{n}}$-$\frac{1}{2}$（1-$\frac{1}{{2}^{n}}$）
=$\frac{3}{2}$-$\frac{n+\frac{3}{2}}{{2}^{n}}$．

点评 本题考查等比数列的判定，数列的通项及前n项和，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于中档题．