Question

3．已知數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，且滿足S_n=2a_n-2．
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（Ⅱ）設(shè)函數(shù)f（x）=（$\frac{1}{2}$）^x，數(shù)列{b_n}滿足條件b₁=2，f（b_n+1）=$\frac{1}{f（-3-_{n}）}$，（n∈N^*），若c_n=$\frac{_{n}}{{a}_{n}}$，求數(shù)列{c_n}的前n項和T_n．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由當(dāng)n=1，a₁=2，當(dāng)n≥2時，S_n-1=2a_n-1-2，a_n=S_n-S_n-1=2a_n-2a_n-1，可知a_n=2a_n-1，數(shù)列{a_n}是以2為首項，2為公比的等比數(shù)列，數(shù)列{a_n}的通項公式a_n=2ⁿ；
（Ⅱ）f（b_n+1）=$\frac{1}{f（-3-_{n}）}$，（n∈N^*），代入即可求得b_n+1=b_n+3，b₁=f（-1）=2，數(shù)列{b_n}是以2為首項，3為公差的等差數(shù)列，c_n=$\frac{_{n}}{{a}_{n}}$=$\frac{3n-1}{{2}^{n}}$，利用“錯位相減法”即可求得，數(shù)列{c_n}的前n項和T_n．

解答 解：（Ⅰ）當(dāng)n=1，a₁=2a₁-2，即a₁=2，
當(dāng)n≥2時，S_n-1=2a_n-1-2，
a_n=S_n-S_n-1=2a_n-2-（2a_n-1-2）=2a_n-2a_n-1，
∴a_n=2a_n-1，
∴數(shù)列{a_n}是以2為首項，2為公比的等比數(shù)列，
∴a_n=2×2^n-1=2ⁿ，
數(shù)列{a_n}的通項公式a_n=2ⁿ；
（Ⅱ∵）f（x）=（$\frac{1}{2}$）^x，f（b_n+1）=$\frac{1}{f（-3-_{n}）}$，（n∈N^*），
∴$（\frac{1}{2}）^{_{n+1}}$=$\frac{1}{（\frac{1}{2}）^{-3-_{n}}}$，
∴$\frac{1}{{2}^{_{n+1}}}$=$\frac{1}{{2}^{3+_{n}}}$，即b_n+1=b_n+3，
∴b_n+1-b_n=3，
b₁=f（-1）=2，
∴數(shù)列{b_n}是以2為首項，3為公差的等差數(shù)列，
∴b_n=3n-1，
c_n=$\frac{_{n}}{{a}_{n}}$=$\frac{3n-1}{{2}^{n}}$，
∴T_n=$\frac{2}{{2}^{1}}$+$\frac{5}{{2}^{2}}$+$\frac{8}{{2}^{3}}$+…+$\frac{3n-4}{{2}^{n-1}}$+$\frac{3n-1}{{2}^{n}}$，
$\frac{1}{2}$T_n=$\frac{2}{{2}^{2}}$+$\frac{5}{{2}^{3}}$+$\frac{8}{{2}^{4}}$+…+$\frac{3n-4}{{2}^{n}}$+$\frac{3n-1}{{2}^{n+1}}$，
兩式相減得：$\frac{1}{2}$T_n=1+$\frac{3}{{2}^{2}}$+$\frac{3}{{2}^{3}}$+$\frac{3}{{2}^{4}}$+…+$\frac{3}{{2}^{n}}$-$\frac{3n-1}{{2}^{n+1}}$，
=1+$\frac{3}{2}$×$\frac{\frac{1}{4}（1-\frac{1}{{2}^{n-1}}）}{1-\frac{1}{2}}$-$\frac{3n-1}{{2}^{n+1}}$，
=1+$\frac{3}{2}$（1-$\frac{1}{{2}^{n-1}}$）-$\frac{3n-1}{{2}^{n+1}}$，
∴T_n=2+3（1-$\frac{1}{{2}^{n-1}}$）-$\frac{3n-1}{{2}^{n}}$，
=2+3•$\frac{3}{{2}^{n-1}}$-$\frac{3n-1}{{2}^{n}}$，
∴T_n=5•$\frac{3n+5}{{2}^{n}}$．

點評 本題考查等差數(shù)列通項公式，考查數(shù)列與函數(shù)的綜合應(yīng)用，“裂項法”求數(shù)列的前n項和，考查函數(shù)的運算，考查計算能力，轉(zhuǎn)化思想，屬于中檔題．