Question

15．已知數(shù)列{a_n}，首項(xiàng)為a₁=λ（λ∈R），前n項(xiàng)和為S_n，且S_n+1=2S_n+n．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）若λ=0，求數(shù)列{a_n•ln（a_n+1）}的前n項(xiàng)和T_n．

Answer 1

分析 （1）由S_n+1=2S_n+n，n=1時(shí)，a₁+a₂=2a₁+1，可得a₂=λ+1．當(dāng)n≥2時(shí)，可得：a_n+1=2a_n+1，變形為a_n+1+1=2（a_n+1），上式對(duì)于n=1時(shí)不成立，因此當(dāng)λ≠-2時(shí)，數(shù)列{a_n+1}從第二起是等比數(shù)列，公比為2．λ=-2時(shí)，a_n=$\left\{\begin{array}{l}{-2，n=1}\\{-1，n≥2}\end{array}\right.$．
（2）λ=0，由（1）可得：a_n=$\left\{\begin{array}{l}{0，n=1}\\{{2}^{n-1}-1，n≥2}\end{array}\right.$=2^n-1-1（n=1時(shí)也成立）．可得：a_n•ln（a_n+1）=（n-1）•2^n-1-（n-1）．利用“錯(cuò)位相減法”與等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式即可得出．

解答 解：（1）∵S_n+1=2S_n+n，∴n=1時(shí)，a₁+a₂=2a₁+1，可得a₂=λ+1．
當(dāng)n≥2時(shí)，S_n=2S_n-1+（n-1），可得：a_n+1=2a_n+1，變形為a_n+1+1=2（a_n+1），
上式對(duì)于n=1時(shí)，不成立，因此當(dāng)λ≠-2時(shí)，數(shù)列{a_n+1}從第二起是等比數(shù)列，公比為2．
∴a_n+1=（λ+2）×2^n-2，即a_n=（λ+2）×2^n-2-1，
∴a_n=$\left\{\begin{array}{l}{λ，n=1}\\{（λ+2）×{2}^{n-2}-1，n≥2}\end{array}\right.$．
λ=-2時(shí)，a_n=$\left\{\begin{array}{l}{-2，n=1}\\{-1，n≥2}\end{array}\right.$．
（2）λ=0，由（1）可得：a_n=$\left\{\begin{array}{l}{0，n=1}\\{{2}^{n-1}-1，n≥2}\end{array}\right.$=2^n-1-1（n=1時(shí)也成立）．
∴a_n•ln（a_n+1）=（n-1）（2^n-1-1）=（n-1）•2^n-1-（n-1）．
設(shè)數(shù)列{（n-1）•2^n-1}的前n項(xiàng)和為A_n．
則A_n=0+2+2×2²+3×2³+…+（n-1）•2^n-1．
2A_n=2²+2×2³+…+（n-2）•2^n-1+（n-1）•2ⁿ，
∴-A_n=2+2²+…+2^n-1-（n-1）•2ⁿ=$\frac{2（{2}^{n-1}-1）}{2-1}$-（n-1）•2ⁿ=（2-n）•2ⁿ-2，
∴A_n=（n-2）•2ⁿ+2．
∴數(shù)列{a_n•ln（a_n+1）}的前n項(xiàng)和T_n=（n-2）•2ⁿ+2-$\frac{n（n-1）}{2}$．

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