Question

3．設(shè)數(shù)列{a_n}前n項(xiàng)和S_n，且S_n=2a_n-2．，令b_n=log₂a_n
（I）試求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（II）設(shè)${c_n}=\frac{b_n}{a_n}$，求數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和T_n．
（Ⅲ）對(duì)任意m∈N*，將數(shù)列{2b_n}中落入?yún)^(qū)間（a_m，a_2m）內(nèi)的項(xiàng)的個(gè)數(shù)記為d_m，求數(shù)列{d_m}的前m項(xiàng)和T_m．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出a₁=2，當(dāng)n≥2時(shí)，a_n=S_n-S_n-1=（2a_n-2）-（2a_n-1-2）=2a_n-2a_n-1，從而得到數(shù)列{a_n}是首項(xiàng)為2，公比為2的等比數(shù)列，由此能求出數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式．
（II）由${c_n}=\frac{n}{a_n}=\frac{n}{2^n}$，利用錯(cuò)們相減法能求出數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和T_n．
（Ⅲ）由數(shù)列{2b_n}中落入?yún)^(qū)間（a_m，a_2m）內(nèi)，從而2^m-1＜n＜2^2m-1，進(jìn)而得到${d_m}={2^{2m-1}}-{2^{m-1}}-1$，m∈N₊，由此能求出數(shù)列{d_m}的前m項(xiàng)和T_m．

解答 （本小題滿分14分）
解：（Ⅰ）當(dāng)n=1時(shí)，S₁=2a₁-2，a₁=2，
當(dāng)n≥2時(shí)，a_n=S_n-S_n-1=（2a_n-2）-（2a_n-1-2）=2a_n-2a_n-1，
所以，a_n=2a_n-1，即$\frac{a_n}{{{a_{n-1}}}}=2$，
由等比數(shù)列的定義知，數(shù)列{a_n}是首項(xiàng)為2，公比為2的等比數(shù)列，
所以，數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式為${a_n}=2×{2^{n-1}}={2^n}，n∈{N_+}$．…（4分）
（II）由（I）知${c_n}=\frac{n}{a_n}=\frac{n}{2^n}$
所以${T_n}=\frac{1}{2}+\frac{2}{2^2}+\frac{3}{2^3}+…+\frac{n-1}{{{2^{n-1}}}}+\frac{n}{2^n}$，①
$\frac{1}{2}{T_n}=\frac{1}{2^2}+\frac{2}{2^3}+\frac{3}{2^4}+…+\frac{n-1}{2^n}+\frac{n}{{{2^{n+1}}}}$，②…（6分）
①-②，得$\frac{1}{2}{T_n}=\frac{1}{2^1}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^3}+…+\frac{1}{2^n}-\frac{n}{{{2^{n+1}}}}$
=$\frac{{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{2^n}）}}{{1-\frac{1}{2}}}-\frac{n}{{{2^{n+1}}}}=1-\frac{1}{2^n}-\frac{n}{{{2^{n+1}}}}=1-\frac{n+2}{{{2^{n+1}}}}$，
∴${T_n}=2-\frac{n+2}{2^n}$．…（10分）
（Ⅲ）由題知，數(shù)列{2b_n}中落入?yún)^(qū)間（a_m，a_2m）內(nèi)，即a_m＜2b_n＜a_2m，
所以2^m＜2n＜2^2m，所以2^m-1＜n＜2^2m-1
所以數(shù)列{2b_n}中落入?yún)^(qū)間（a_m，a_2m）內(nèi)的項(xiàng)的個(gè)數(shù)為2^2m-1-2^m-1-1，m∈N₊
所以${d_m}={2^{2m-1}}-{2^{m-1}}-1$，m∈N₊
所以${T_m}=\frac{{2（{4^m}-1）}}{4-1}-\frac{{{2^m}-1}}{2-1}-m$=$\frac{2}{3}×{4^m}-{2^m}-m+\frac{1}{3}$．…（14分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)公式的求法，考查數(shù)列的前n項(xiàng)和的求地，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意錯(cuò)位相減法的合理運(yùn)用．