Question

14．已知數(shù)列{a_n}，{b_n}，S_n為{a_n}的前n項(xiàng)和，且滿足S_n+1=S_n+a_n+2n+2，若a₁=b₁=2，b_n+1=2b_n+1，n∈N^*．
（I）求數(shù)列{a_n}，{b_n}的通項(xiàng)公式；
（II）令c_n=$\frac{{3{a_n}}}{{n（{{b_n}+1}）}}$，求數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和T_n．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由S_n+1=S_n+a_n+2n+2，得S_n+1-S_n=a_n+2n+2，a_n+1-a_n=2n+2利用累加法可得a_n，由b_n+1=2b_n+1，n∈N^*．∴得b_n+1+1=2（b_n+1），數(shù)列{b_n+1}是以3為首項(xiàng)，公比為2的等比數(shù)列，即可求解；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知c_n=$\frac{{3{a_n}}}{{n（{{b_n}+1}）}}$=$\frac{3n（n+1）}{n×3×{2}^{n-1}}=\frac{n+1}{{2}^{n-1}}$，利用錯(cuò)位相減法求和．

解答 解：（Ⅰ）由S_n+1=S_n+a_n+2n+2，得S_n+1-S_n=a_n+2n+2
∴a_n+1-a_n=2n+2
于是a₂-a₁=2×1+2
a₃-a₂=2×2+2
a₄-a₃=2×3+2
…
a_n-a_n-1=2×（n-1）+2
以上各式相加得a_n-a₁=2（1+2+…+n-1）+2（n-1）
∴${a}_{n}=2×\frac{（1+n-1）（n-1）}{2}+2（n-1）+2$=n²+n
∵b_n+1=2b_n+1，n∈N^*．∴b_n+1+1=2（b_n+1），
又∵b₁+1=3，∴數(shù)列{b_n+1}是以3為首項(xiàng)，公比為2的等比數(shù)列．
∴$_{n}+1=3×{2}^{n-1}$，∴$_{n}=3•{2}^{n-1}-1$
（Ⅱ）由（Ⅰ）知c_n=$\frac{{3{a_n}}}{{n（{{b_n}+1}）}}$=$\frac{3n（n+1）}{n×3×{2}^{n-1}}=\frac{n+1}{{2}^{n-1}}$，
∴${T}_{n}=\frac{2}{{2}^{0}}+\frac{3}{{2}^{1}}+\frac{4}{{2}^{2}}+…+\frac{n+′}{{2}^{n-1}}$…①
 $\frac{1}{2}{T}_{n}$=$\frac{2}{{2}^{1}}+\frac{3}{{2}^{2}}+…+\frac{n}{{2}^{n-1}}+\frac{n+1}{{2}^{n}}$…②
①-②得$\frac{1}{2}{T}_{n}$=2+$\frac{1}{{2}^{1}}+\frac{1}{{2}^{2}}+…+\frac{1}{{2}^{n-1}}-\frac{n+1}{{2}^{n}}$=2+$\frac{\frac{1}{2}[1-（\frac{1}{2}）^{n-1}]}{1-\frac{1}{2}}-\frac{n+1}{{2}^{n}}=3-\frac{n+3}{{2}^{n}}$，
∴${T}_{n}=6-\frac{2n+6}{{2}^{n}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了利用數(shù)列遞推式求和，考查了累加法求數(shù)列通項(xiàng)、錯(cuò)位相減法求和，屬于中檔題．