Question

設(shè)S_n為數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和，對(duì)任意的n∈N^*，都有S_n=（m+1）-ma_n（m為常數(shù)，且m＞0）．
（1）求證：數(shù)列{a_n}是等比數(shù)列．
（2）設(shè)數(shù)列{a_n}的公比q=f（m），數(shù)列{b_n}滿足b₁=2a₁，b_n=f（b_n-1）（n≥2，n∈N^*），求數(shù)列{b_n}的通項(xiàng)公式．
（3）在滿足（2）的條件下，求數(shù)列{

2n+1

bn

}的前n項(xiàng)和T_n

Answer 1

分析：（1）當(dāng)n≥2時(shí)，根據(jù)a_n=S_n-S_n-1，進(jìn)而得出a_n和a_n-1的關(guān)系整理得

an

an-1

=

m

1+m

，因m為常數(shù)，進(jìn)而可證明當(dāng)n≥2時(shí)數(shù)列{a_n}是等比數(shù)列．，當(dāng)n=1時(shí)等式也成立，原式得證．
（2）根據(jù)（1）可得f（m）的解析式．再根據(jù)b_n=f（b_n-1）整理可得

1

bn

-

1

bn-1

=1進(jìn)而推知數(shù)列{b_n}為等差數(shù)列，首項(xiàng)為2a₁，公差為1，再根據(jù)等差數(shù)列的通項(xiàng)公式可得答案．
（3）把（2）中的b_n代入{

2n+1

bn

}，再通過錯(cuò)位相減法求得T_n

解答：解：（1）證明：當(dāng)n=1時(shí)，a₁=S₁=（m+1）-ma₁，解得a₁=1．
當(dāng)n≥2時(shí)，a_n=S_n-S_n-1=ma_n-1-ma_n．
即（1+m）a_n=ma_n-1．
∵m為常數(shù)，且m＞0，∴

an

an-1

=

m

1+m

（n≥2）．
∴數(shù)列{a_n}是首項(xiàng)為1，公比為

m

1+m

的等比數(shù)列．
（2）解：由（1）得，q=f（m）=

m

1+m

，b₁=2a₁=2．
∵bn=f(bn-1)=

bn-1

1+bn-1

，
∴

1

bn

=

1

bn-1

+1，即

1

bn

-

1

bn-1

=1（n≥2）．
∴{

1

bn

}是首項(xiàng)為

1

2

，公差為1的等差數(shù)列．
∴

1

bn

=

1

2

+(n-1)•1=

2n-1

2

，即bn=

2

2n-1

（n∈N^*）．
（3）解：由（2）知bn=

2

2n-1

，則

2n+1

bn

=2n(2n-1)．
所以Tn=

22

b1

+

23

b2

+

24

b3

++

2n

bn-1

+

2n+1

bn

，
即T_n=2¹×1+2²×3+2³×5++2^n-1×（2n-3）+2ⁿ×（2n-1），①
則2T_n=2²×1+2³×3+2⁴×5++2ⁿ×（2n-3）+2ⁿ⁺¹×（2n-1），②
②-①得T_n=2ⁿ⁺¹×（2n-1）-2-2³-2⁴--2ⁿ⁺¹，
故Tn=2n+1×(2n-1)-2-

23(1-2n-1)

1-2

=2n+1×(2n-3)+6．

點(diǎn)評(píng)：本題主要考查等比數(shù)列的性質(zhì)．當(dāng)出現(xiàn)等比數(shù)列和等差數(shù)列相乘的形式時(shí)，求和可用錯(cuò)位相減法．