Question

2．已知S_n是數(shù)列{a_n}的前n項和，且a₁=1，na_n+1=2S_n（n∈N^*）．
（1）求a₂，a₃，a₄的值；
（2）求數(shù)列{a_n}的通項a_n；
（3）設(shè)數(shù)列{b_n}滿足b_n=$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{n}，n=1}\\{（2{a}_{n}-1）•{2}^{n}，n≥2}\end{array}\right.$．求數(shù)列{b_n}的前n項和T_n．

Answer 1

分析 （1）通過a₁=1、na_n+1=2S_n（n∈N^*）直接代入計算即可；
（2）當n＞1時利用na_n+1-（n-1）a_n=2S_n-2S_n-1可知na_n+1=（n+1）a_n，進而$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$=$\frac{n+1}{n}$，利用累乘法計算并驗證當n=1時亦成立即可；
（3）通過a_n=n、b_n=$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{n}，n=1}\\{（2{a}_{n}-1）•{2}^{n}，n≥2}\end{array}\right.$可知當n≥2時b_n=（2n-1）•2ⁿ，利用錯位相減法計算即得結(jié)論．

解答 解：（1）∵a₁=1，na_n+1=2S_n（n∈N^*），
∴a₂=2a₁=2，
∴2a₃=2（a₁+a₂），
∴a₃=a₁+a₂=1+2=3，
∴3a₄=2（a₁+a₂+a₃），
∴a₄=$\frac{2}{3}$（1+2+3）=4；
（2）當n＞1時，由na_n+1=2S_n得（n-1）a_n=2S_n-1，
∴na_n+1-（n-1）a_n=2S_n-2S_n-1=2a_n，
化簡得：na_n+1=（n+1）a_n，
∴$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$=$\frac{n+1}{n}$，
∵a₂=2，
∴$\frac{{a}_{3}}{{a}_{2}}$=$\frac{3}{2}$，
$\frac{{a}_{4}}{{a}_{3}}$=$\frac{4}{3}$，
…
$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}$=$\frac{n}{n-1}$，
以上（n-1）個式子相乘得：a_n=$2×\frac{3}{2}×\frac{4}{3}×$…×$\frac{n}{n-1}$=n，
又a₁=1滿足上式，
∴a_n=n；
（3）∵a_n=n，b_n=$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{n}，n=1}\\{（2{a}_{n}-1）•{2}^{n}，n≥2}\end{array}\right.$，
∴當n≥2時，b_n=（2n-1）•2ⁿ，
∴T_n=1+3×2²+5×2³+7×2⁴+…+（2n-3）×2^n-1+（2n-1）×2ⁿ，
∴2T_n=2+3×2³+5×2⁴+…+（2n-3）×2ⁿ+（2n-1）×2ⁿ⁺¹，
兩式相減得：-T_n=11+2（2²+2³+2⁴+…+2ⁿ）-（2n-1）×2ⁿ⁺¹
=11+2×$\frac{{2}^{3}（1-{2}^{n-2}）}{1-2}$-（2n-1）×2ⁿ⁺¹
=-5-（2n-3）×2ⁿ⁺¹，
∴T_n=5+（2n-3）×2ⁿ⁺¹．

點評 本題考查數(shù)列的通項及前n項和，考查運算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．