Question

7．设数列{a_n}的前n项和为S_n，已知a₁=1，a_n+1=$\frac{n+2}{n}$S_n（n∈N^*）．
（1）证明：数列{${\frac{S_n}{n}}\right.$}是等比数列；
（2）令b_n=ln$\frac{a_n}{n}$，求数列{b_n}的前n项和为T_n．

Answer 1

分析 （1）根据a_n+1=S_n+1-S_n化简已知的等式，变形后由等比数列的定义即可证明结论成立；
（2）由（1）和等比数列的通项公式求出a_n，代入b_n=ln$\frac{a_n}{n}$由对数的运算化简后，利用分组求和法和裂项相消法、等差数列的前n项和公式求出T_n．

解答 证明：（1）由${a_{n+1}}=\frac{n+2}{n}{S_n}$及a_n+1=S_n+1-S_n得，
${S_{n+1}}-{S_n}=\frac{n+2}{n}{S_n}$，整理得nS_n+1=2（n+1）S_n，
∴$\frac{{{S_{n+1}}}}{n+1}=2\frac{S_n}{n}$，又$\frac{S_1}{1}=1≠0$，
∴$\left\{{\frac{S_n}{n}}\right\}$是以1为首项，2为公比的等比数列．，…（6分）
（2）由（1）得 $\frac{S_n}{n}={2^{n-1}}$，${S_n}=n•{2^{n-1}}$，
所以${a_{n+1}}=\frac{n+2}{n}{S_n}=\frac{n+2}{n}•n•{2^{n-1}}=（n+2）•{2^{n-1}}$，n∈N^*
则 ${a_n}=（n+1）•{2^{n-2}}$，n≥2，
又a₁=1也符合上式，所以${a_n}=（n+1）•{2^{n-2}}$，n∈N^* …（9分）
∴b_n=ln$\frac{a_n}{n}$=ln$\frac{（n+1）•{2}^{n-2}}{n}$=（n-2）ln2+[ln（n+1）-lnn]，
∴T_n=ln2（-1+0+1+n-2）+（ln2-ln1）+（ln3-ln2）+…++[ln（n+1）-lnn]
=$\frac{n（-1+n-2）}{2}•ln2+$ln（n+1）
=$\frac{n（n-3）}{2}•ln2+ln（n+1）$   …（12分）

点评 本题考查数列的递推公式的应用，等比数列判断方法：定义法，以及分组求和法和裂项相消法求和方法的应用，属于中档题．