Question

10．已知數(shù)列{a_n}的前項(xiàng)和為S_n．若a₁=1，a_n=3S_n-1+4（n≥2）．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）令b_n=log₂$\frac{{a}_{n+2}}{7}$，c_n=$\frac{_{n}}{{2}^{n+1}}$，其中n∈N₊，記數(shù)列{c_n}的前項(xiàng)和為T_n．求T_n+$\frac{n+2}{{2}^{n}}$的值．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)題意和${a}_{n}=\left\{\begin{array}{l}{{s}_{1}，n=1}\\{{s}_{n}-{s}_{n-1}，n≥2}\end{array}\right.$，分別列出式子化簡(jiǎn)、驗(yàn)證后求出a_n；
（2）由（1）化簡(jiǎn)和對(duì)數(shù)的運(yùn)算法則化簡(jiǎn)b_n=log₂$\frac{{a}_{n+2}}{7}$，代入c_n=$\frac{_{n}}{{2}^{n+1}}$化簡(jiǎn)，利用錯(cuò)位相減法和等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式求出前n項(xiàng)和T_n，即可求出答案．

解答 解：（1）由題意得，a₁=1，a_n=3S_n-1+4（n≥2），
當(dāng)n=2時(shí)，a₂=3S₁+4=7，
當(dāng)n≥2時(shí)，由a_n=3S_n-1+4（n≥2），得a_n+1=3S_n+4，
兩式相減得，a_n+1=4a_n（n≥2），
∴數(shù)列{a_n}從第二項(xiàng)起是以4為公比、7為首項(xiàng)的等比數(shù)列，
則${a}_{n}={a}_{2}×{4}^{n-2}=7×{4}^{n-2}$（n≥2），此時(shí)對(duì)n=1不成立，
∴${a}_{n}=\left\{\begin{array}{l}{1，n=1}\\{7×{4}^{n-2}，n≥2}\end{array}\right.$；
（2）由（1）得，b_n=log₂$\frac{{a}_{n+2}}{7}$=${log}_{2}^{{4}^{n}}$=2n，
則c_n=$\frac{_{n}}{{2}^{n+1}}$=$\frac{n}{{2}^{n}}$，
∴${T}_{n}=\frac{1}{2}+\frac{2}{{2}^{2}}+\frac{3}{{2}^{3}}+…+\frac{n}{{2}^{n}}$，①
$\frac{1}{2}{T}_{n}=\frac{1}{{2}^{2}}+\frac{2}{{2}^{3}}+\frac{3}{{2}^{4}}+…+\frac{n}{{2}^{n+1}}\$，②
①-②得，$\frac{1}{2}{T}_{n}=\frac{1}{2}+\frac{1}{{2}^{2}}+\frac{1}{{2}^{3}}+…+\frac{1}{{2}^{n}}-\frac{n}{{2}^{n+1}}$
=$\frac{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{2}^{n}}）}{1-\frac{1}{2}}$-$\frac{n}{{2}^{n+1}}$=$1-\frac{n+2}{{2}^{n+1}}$，
∴${T}_{n}=2-\frac{n+2}{{2}^{n}}$，即${T}_{n}+\frac{n+2}{{2}^{n}}=2$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了等比數(shù)列的通項(xiàng)公式、前n項(xiàng)和公式，以及${a}_{n}=\left\{\begin{array}{l}{{s}_{1}，n=1}\\{{s}_{n}-{s}_{n-1}，n≥2}\end{array}\right.$的應(yīng)用，考查了錯(cuò)位相減法求數(shù)列的和，化簡(jiǎn)、變形能力．