Question

19．已知數列{a_n}的前n項和S_n=a_n+1-1，a₁=1，（n∈N^*）．數列{b_n}滿足b₁=1，b_n+1=b_n+a_n+1（n∈N^*）．
（1）求數列{a_n}的通項公式；
（2）求數列{b_n}的通項公式；
（3）若c_n=a_n•log₂（b_n+1），求數列{c_n}的前n項和T_n．

Answer 1

分析 （1）由數列的前n項和推陳出新導出$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$=2，從而數列{a_n}是首項是1，公比為2的等差數列，由此能求出a_n．
（2）推導出b_n-b_n-1=2^n-1，由此利用累加法能求出b_n．
（2）由c_n=a_n•log₂（b_n+1）=${2}^{n-1}•lo{g}_{2}{2}^{n}$=n•2^n-1，利用錯位相減法能求出數列{c_n}的前n項和T_n．

解答 解：（1）∵數列的前n項和S_n=a_n+1-1，a₁=1，（n∈N^*）．
∴a_n=S_n-S_n-1=（a_n+1-1）-（a_n-1），
2a_n=a_n+1，
∴$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$=2，
∴數列{a_n}是首項是1，公比為2的等差數列，
∴a_n=1×2^n-1=2^n-1．
（2）∵數列{b_n}滿足b₁=1，b_n+1=b_n+a_n+1（n∈N^*），
b_n-b_n-1=2^n-1，
∴b_n=b₁+b₂+b₃+…+b_n
=1+2+2²+…+2^n-1
=$\frac{1-{2}^{n}}{1-2}$=2ⁿ-1．
（2）∵c_n=a_n•log₂（b_n+1）=${2}^{n-1}•lo{g}_{2}{2}^{n}$=n•2^n-1，
∴數列{c_n}的前n項和：
T_n=1×2⁰+2×2+3×2²+…+n×2^n-1，①
2T_n=1×2+2×2²+3×3³+…+n×2ⁿ，②
①-②，得：-T_n=1+2+2²+…+2^n-1-n×2ⁿ
=$\frac{1-{2}^{n}}{1-2}$-n×2^n-1
=2ⁿ-1-n×2ⁿ．，
∴T_n=（n-1）×2ⁿ+1．

點評 本題考查數列的通項公式的求法，考查數列的前n項的求法，是基礎題，解題時要認真審題，注意等差數列\錯位相減法的性質的合理運用．