Question

2．設(shè)等差數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，且S_n=$\frac{1}{2}n{a_n}+{a_n}$-c（c是常數(shù)，n∈N^*），a₂=6．
（I）求c的值及數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（II）設(shè)b_n=$\frac{{{a_n}-2}}{{{2^{n+1}}}}$，求數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為T_n．

Answer 1

分析 （I）利用遞推關(guān)系、等差數(shù)列的通項(xiàng)公式即可得出；
（II）利用“錯(cuò)位相減法”、等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式即可得出．

解答 解：（Ⅰ）由已知S_n=$\frac{1}{2}n{a_n}+{a_n}$-c（c是常數(shù)，n∈N^*），
所以當(dāng)n=1時(shí)，S₁=$\frac{1}{2}$a₁+a₁-c，
解得a₁=2c，
當(dāng)n=2時(shí)，S₂=a₂+a₂-c，
即a₁+a₂=a₂+a₂-c，
解得a₂=3c，∴3c=6，
解得c=2．
則a₁=4，數(shù)列{a_n}的公差d=a₂-a₁=2，
∴a_n=a₁+（n-1）d=2n+2．
（Ⅱ）因?yàn)閎_n=$\frac{{{a_n}-2}}{{{2^{n+1}}}}$=$\frac{2n+2-2}{{2}^{n+1}}$=$\frac{n}{{2}^{n}}$，
所以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=$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{2}^{3}}$+$\frac{1}{{2}^{4}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}}$-$\frac{n}{{2}^{n+1}}$=1-$\frac{1}{{2}^{n}}$-$\frac{n}{{2}^{n+1}}$，
所以T_n=2-$\frac{2+n}{{2}^{n}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了遞推關(guān)系、“錯(cuò)位相減法”、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，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．