Question

9．對(duì)于數(shù)列{a_n}、{b_n}，S_n為數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和，且S_n+1-（n+1）=S_n+a_n+n，a₁=b₁=1，b_n+1=3b_n+2，n∈N^*．
（1）求數(shù)列{a_n}、{b_n}的通項(xiàng)公式；
（2）令c_n=$\frac{2（{a}_{n}+n）}{n（_{n}+1）}$，求數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和T_n．

Answer 1

分析 （1）由S_n+1-S_n=a_n+2n+1，則a_n+1-a_n=2n+1，利用“累加法”即可求得a_n=n²，由b_n+1+1=3（b_n+1），可知數(shù)列{b_n+1}是以2為首項(xiàng)，以3為公比的等比數(shù)列，即可求得{b_n}的通項(xiàng)公式；
（2）由（1）可知：c_n=$\frac{2（{a}_{n}+n）}{n（_{n}+1）}$=$\frac{2（{n}^{2}+1）}{n（2×{3}^{n-1}-1+1）}$=$\frac{n+1}{{3}^{n-1}}$，利用“錯(cuò)位相減法”即可求得數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和T_n．

解答 解：（1）由S_n+1-（n+1）=S_n+a_n+n，
∴S_n+1-S_n=a_n+2n+1，
∴a_n+1-a_n=2n+1，
∴a₂-a₁=2×1+1，
a₃-a₂=2×2+1，
a₄-a₃=2×3+1，
…
a_n-a_n-1=2（n-1）+1，n≥2，
以上各式相加可得：a_n-a₁=2×（1+2+3+…+n-1）+（n-1），
∴a_n=2×$\frac{（1+n-1）（n-1）}{2}$+（n-1）+1=n²，n≥2，
∴a_n=n²，n≥2，
當(dāng)n=1時(shí)，a₁=1顯然成立，故a_n=n²，n∈N*；
∵b_n+1=3b_n+2，即b_n+1+1=3（b_n+1），
b₁+1=2，
∴數(shù)列{b_n+1}是以2為首項(xiàng)，以3為公比的等比數(shù)列，
b_n+1=2×3^n-1，
∴b_n=2×3^n-1-1；
（2）由（1）可知：c_n=$\frac{2（{a}_{n}+n）}{n（_{n}+1）}$=$\frac{2（{n}^{2}+1）}{n（2×{3}^{n-1}-1+1）}$=$\frac{n+1}{{3}^{n-1}}$，
∴T_n=c₁+c₂+…+c_n=$\frac{2}{{3}^{0}}$+$\frac{3}{{3}^{1}}$+$\frac{4}{{3}^{2}}$+…+$\frac{n+1}{{3}^{n-1}}$，
$\frac{1}{3}$T_n=$\frac{2}{3}$+$\frac{3}{{3}^{2}}$+$\frac{4}{{3}^{3}}$+…+$\frac{n+1}{{3}^{n}}$，
∴$\frac{2}{3}$T_n=2+$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{{3}^{2}}$+$\frac{1}{{3}^{3}}$+…+$\frac{1}{{3}^{n-1}}$-$\frac{n+1}{{3}^{n}}$，
=2+$\frac{\frac{1}{3}-\frac{1}{{3}^{n}}}{1-\frac{1}{3}}$-$\frac{n+1}{{3}^{n}}$，
=$\frac{5}{2}$-$\frac{2n+5}{2×{3}^{n}}$，
∴T_n=$\frac{15}{4}$-$\frac{2n+5}{4×{3}^{n-1}}$，
數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和T_n，T_n=$\frac{15}{4}$-$\frac{2n+5}{4×{3}^{n-1}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的遞推公式，考查“累加法”，構(gòu)造等比數(shù)列及“錯(cuò)位相減法”的綜合應(yīng)用，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．