Question

1．已知數(shù)列{a_n}，{b_n}，a₁=b₁=1，且當n≥2時，a_n-na_n-1=0，b_n=2b_n-1-2^n-1．（n（n-1）（n-2）…3•2•1=n!）．
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（Ⅱ）求證：數(shù)列{$\frac{_{n}}{{2}^{n}}$}為等差數(shù)列；
（Ⅲ）若c_n=$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n+2}}$+b_n-2，求{c_n}的前n項和．

Answer 1

分析 （Ⅰ）運用數(shù)列恒等式a_n=a₁•$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$•$\frac{{a}_{3}}{{a}_{2}}$…$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}$，即可得到所求通項；
（Ⅱ）b_n=2b_n-1-2^n-1．則$\frac{_{n}}{{2}^{n}}$=$\frac{_{n-1}}{{2}^{n-1}}$-$\frac{1}{2}$，由等差數(shù)列的定義，即可得證；
（Ⅲ）由裂項相消求和以及錯位相減法，結合等差數(shù)列和等比數(shù)列的求和公式的運用，即可得到所求數(shù)列的和．

解答 解：（Ⅰ）當n≥2時，a_n-na_n-1=0，即為
$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}$=n，
即有a_n=a₁•$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$•$\frac{{a}_{3}}{{a}_{2}}$…$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}$=1•2•3…n=n!，
（Ⅱ）證明：b_n=2b_n-1-2^n-1．
則$\frac{_{n}}{{2}^{n}}$=$\frac{_{n-1}}{{2}^{n-1}}$-$\frac{1}{2}$，
即有數(shù)列{$\frac{_{n}}{{2}^{n}}$}為首項為$\frac{_{1}}{2}$=$\frac{1}{2}$，公差為-$\frac{1}{2}$的等差數(shù)列；
（Ⅲ）$\frac{_{n}}{{2}^{n}}$=$\frac{1}{2}$+（n-1）•（-$\frac{1}{2}$）=$\frac{2-n}{2}$，
即有b_n=（2-n）•2^n-1．
c_n=$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n+2}}$+b_n-2=$\frac{n!}{（n+2）!}$+（2-n）•2^n-1-2
=$\frac{1}{（n+1）（n+2）}$+（2-n）•2^n-1-2，
由$\frac{1}{（n+1）（n+2）}$=$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n+2}$，
則數(shù)列{$\frac{1}{（n+1）（n+2）}$}的前n項和為$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{3}$$-\frac{1}{4}$+…+$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n+2}$
=$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{n+2}$=$\frac{n}{2（n+2）}$；
設數(shù)列{b_n}的前n項的和為S_n，
則S_n=1•1+0•2+（-1）•2²+…+（2-n）•2^n-1．
2S_n=1•2+0•2²+（-1）•2³+…+（2-n）•2ⁿ．
兩式相減可得，-S_n=1+（-1）（2+2²+…+2^n-1）-（2-n）•2ⁿ．
=1-$\frac{2（1-{2}^{n-1}）}{1-2}$-（2-n）•2ⁿ．
化簡可得S_n=（3-n）•2ⁿ-3．
則{c_n}的前n項和為$\frac{n}{2（n+2）}$+（3-n）•2ⁿ-3-2n．

點評 本題考查數(shù)列的通項和求和，考查累乘法和錯位相減法及裂項相消求和，同時考查等差數(shù)列和等比數(shù)列的求和公式的運用，屬于中檔題．