Question

18．已知數(shù)列{a_n}的前項(xiàng)和為S_n，且滿(mǎn)足2S_n=1-2a_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b_n=n•a_n，求證：數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和T_n．

Answer 1

分析 （1）利用遞推關(guān)系與等比數(shù)列的通項(xiàng)公式即可得出；
（2）利用“錯(cuò)位相減法”、等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式即可得出．

解答 解：（1）∵2S_n=1-2a_n，∴n=1設(shè)，2a₁=1-2a₁，解得a₁=$\frac{1}{4}$．n≥2時(shí)，2a_n=2（S_n-S_n-1）=（1-2a_n）-（1-2a_n-1），化為：${a}_{n}=\frac{1}{2}{a}_{n-1}$，
∴數(shù)列{a_n}是等比數(shù)列，公比為$\frac{1}{2}$，首項(xiàng)為$\frac{1}{4}$．
∴${a}_{n}=\frac{1}{4}×（\frac{1}{2}）^{n-1}$=$\frac{1}{{2}^{n+1}}$．
（2）b_n=n•a_n=$\frac{n}{{2}^{n+1}}$．
∴數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和T_n=$\frac{1}{{2}^{2}}+\frac{2}{{2}^{3}}$+…+$\frac{n}{{2}^{n+1}}$，
$\frac{1}{2}{T}_{n}$=$\frac{1}{{2}^{3}}+\frac{2}{{2}^{4}}$+…+$\frac{n-1}{{2}^{n+1}}$+$\frac{n}{{2}^{n+2}}$，
∴$\frac{1}{2}{T}_{n}$=$\frac{1}{{2}^{2}}+\frac{1}{{2}^{3}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n+1}}$-$\frac{n}{{2}^{n+2}}$=$\frac{\frac{1}{4}（1-\frac{1}{{2}^{n}}）}{1-\frac{1}{2}}$-$\frac{n}{{2}^{n+2}}$=$\frac{1}{2}$-$\frac{n+2}{{2}^{n+2}}$，
∴T_n=1-$\frac{n+2}{{2}^{n+1}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了遞推關(guān)系、“錯(cuò)位相減法”、等比數(shù)列的通項(xiàng)公式及其前n項(xiàng)和公式，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．