Question

13．設(shè)數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n．已知a₁=1，$\frac{{2{S_n}}}{n}$=a_n+1-$\frac{1}{3}$n²-n-$\frac{2}{3}$，n∈N^*．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）設(shè)數(shù)列{b_n}滿(mǎn)足a_n-a_n-1=b_na${\;}_{2^n}}$，求數(shù)列{b_n的n前項(xiàng)和T_n．

Answer 1

分析 （1）利用遞推關(guān)系可得：2a_n=na_n+1-（n-1）a_n-n（n+1），即$\frac{{{a_{n+1}}}}{n+1}-\frac{a_n}{n}=1$，再利用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式即可得出．
（2）a_n-a_n-1=b_na${\;}_{2^n}}$，可得b_n=$\frac{{a}_{n}-{a}_{n-1}}{{a}_{{2}^{n}}}$=$\frac{{n}^{2}-（n-1）^{2}}{{4}^{n}}$=$\frac{2n-1}{{4}^{n}}$．再利用“錯(cuò)位相減法”與等比數(shù)列的求和公式即可得出．

解答 （1）解：∵$\frac{{2{S_n}}}{n}={a_{n+1}}-\frac{1}{3}{n^2}-n-\frac{2}{3}$，n∈N^*．∴$2{S_n}=n{a_{n+1}}-\frac{1}{3}{n^3}-{n^2}-\frac{2}{3}n=n{a_{n+1}}-\frac{{n（{n+1}）（{n+2}）}}{3}$①
∴當(dāng)n≥2時(shí)，$2{S_{n=1}}=（{n-1}）{a_n}-\frac{{（{n-1}）n（{n+1}）}}{3}$②
由①-②，得 2S_n-2S_n-1=na_n+1-（n-1）a_n-n（n+1），
∵2a_n=2S_n-2S_n-1，∴2a_n=na_n+1-（n-1）a_n-n（n+1），
∴$\frac{{{a_{n+1}}}}{n+1}-\frac{a_n}{n}=1$，
∴數(shù)列$\left\{{\frac{a_n}{n}}\right\}$是以首項(xiàng)為$\frac{a_1}{1}=1$，公差為1的等差數(shù)列．
∴$\frac{a_n}{n}=1+1×（{n-1}）=n$，∴${a_n}={n^2}（{n≥2}）$當(dāng)n=1時(shí)，上式顯然成立．
∴a_n=n²．
（2）a_n-a_n-1=b_na${\;}_{2^n}}$，∴b_n=$\frac{{a}_{n}-{a}_{n-1}}{{a}_{{2}^{n}}}$=$\frac{{n}^{2}-（n-1）^{2}}{{4}^{n}}$=$\frac{2n-1}{{4}^{n}}$．
∴數(shù)列{b_n的n前項(xiàng)和T_n=$\frac{1}{4}$+$\frac{3}{{4}^{2}}$+$\frac{5}{{4}^{3}}$+…+$\frac{2n-1}{{4}^{n}}$，
∴$\frac{1}{4}$T_n=$\frac{1}{{4}^{2}}$+$\frac{3}{{4}^{3}}$+…+$\frac{2n-3}{{4}^{n}}$+$\frac{2n-1}{{4}^{n}}$，
∴$\frac{3}{4}$T_n=$\frac{1}{4}$+2$（\frac{1}{{4}^{2}}$+…+$\frac{1}{{4}^{n}}）$-$\frac{2n-1}{{4}^{n}}$=$\frac{1}{4}$+2×$\frac{\frac{1}{16}（1-\frac{1}{{4}^{n-1}}）}{1-\frac{1}{4}}$-$\frac{2n-1}{{4}^{n}}$，
∴T_n=$\frac{5}{9}$-$\frac{6n+5}{9•{4}^{n}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了“錯(cuò)位相減法”、等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項(xiàng)公式及其求和公式，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．