Question

3．在数列{a_n}和{b_n}中，a₁=$\frac{1}{2}$，{a_n}的前n项为S_n，满足S_n+1+（$\frac{1}{2}$）ⁿ⁺¹=S_n+（$\frac{1}{2}$）ⁿ（n∈N^*），b_n=（2n+1）a_n，{b_n}的前n项和为T_n．
（1）求数列{b_n}的通项公式b_n以及T_n．
（2）若T₁+T₃，mT₂，3（T₂+T₃）成等差数列，求实数m的值．

Answer 1

分析 （1）由S_n+1+（$\frac{1}{2}$）ⁿ⁺¹=S_n+（$\frac{1}{2}$）ⁿ（n∈N^*），可得a_n+1=S_n+1-S_n=$（\frac{1}{2}）^{n+1}$．可得a_n=$（\frac{1}{2}）^{n}$，b_n=（2n+1）a_n=（2n+1）×$（\frac{1}{2}）^{n}$．利用“错位相减法”与等比数列的求和公式即可得出．
（2）由（1）可得：T₁=$\frac{3}{2}$，T₂=$\frac{11}{4}$，T₃=$\frac{29}{8}$．利用T₁+T₃，mT₂，3（T₂+T₃）成等差数列，即可得出．

解答 解：（1）∵S_n+1+（$\frac{1}{2}$）ⁿ⁺¹=S_n+（$\frac{1}{2}$）ⁿ（n∈N^*），∴a_n+1=S_n+1-S_n=$（\frac{1}{2}）^{n}$-$（\frac{1}{2}）^{n+1}$=$（\frac{1}{2}）^{n+1}$．
∴n≥2时，a_n=$（\frac{1}{2}）^{n}$，又a₁=$\frac{1}{2}$，因此n=1时也成立．
∴a_n=$（\frac{1}{2}）^{n}$，
∴b_n=（2n+1）a_n=（2n+1）×$（\frac{1}{2}）^{n}$．
∴T_n=$\frac{3}{2}$+$\frac{5}{{2}^{2}}$+$\frac{7}{{2}^{3}}$+…+$\frac{2n+1}{{2}^{n}}$，
$\frac{1}{2}{T}_{n}$=$\frac{3}{{2}^{2}}+\frac{5}{{2}^{3}}$+…+$\frac{2n-1}{{2}^{n}}$+$\frac{2n+1}{{2}^{n+1}}$，
∴$\frac{1}{2}{T}_{n}$=$\frac{3}{2}+2$$（\frac{1}{{2}^{2}}+\frac{1}{{2}^{3}}+…+\frac{1}{{2}^{n}}）$-$\frac{2n+1}{{2}^{n+1}}$=$\frac{3}{2}$+2×$\frac{\frac{1}{4}（1-\frac{1}{{2}^{n-1}}）}{1-\frac{1}{2}}$-$\frac{2n+1}{{2}^{n+1}}$，
∴T_n=5-$\frac{2n+5}{{2}^{n}}$．
（2）由（1）可得：T₁=$\frac{3}{2}$，T₂=$\frac{11}{4}$，T₃=$\frac{29}{8}$．
∵T₁+T₃，mT₂，3（T₂+T₃）成等差数列，∴$\frac{3}{2}$+$\frac{29}{8}$+3×（$\frac{11}{4}$+$\frac{29}{8}$）=2×$m×\frac{11}{4}$，
解得m=$\frac{97}{22}$．

点评 本题考查了“错位相减法”、等差数列与等比数列的通项公式及其求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．