Question

10．已知等差數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，且a₃=7，S₄=24，數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和T_n=n₂+a_n．
（1）求數(shù)列{a_n}，{b_n}的通項(xiàng)公式；
（2）求數(shù)列$\left\{{\frac{b_n}{2^n}}\right\}$的前n項(xiàng)和B_n．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)等差數(shù)列的通項(xiàng)公式和求和公式求出a₁，和d，即可得到數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式，再根據(jù)數(shù)列的遞推公式即可求出{b_n}的通項(xiàng)公式；
（2）當(dāng)n=1時(shí)求出B₁，當(dāng)n≥2時(shí)，利用錯(cuò)位相減法求數(shù)列$\left\{{\frac{b_n}{2^n}}\right\}$的前n項(xiàng)和B_n，驗(yàn)證首項(xiàng)后得答案．

解答 解：（1）設(shè)等差數(shù)列{a_n}的首項(xiàng)為a₁，公差為d，
則由a₃=7，S₄=24，得$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{1}+2d=7}\\{4{a}_{1}+\frac{4×3×d}{2}=24}\end{array}\right.$，解得a₁=3，d=2．
∴a_n=3+2（n-1）=2n+1．
∵T_n=n²+a_n=n²+2n+1=（n+1）²，
當(dāng)n=1時(shí)，b₁=4，
當(dāng)n≥2
∴T_n-1=n²，
∴b_n=T_n-T_n-1=2n+1，
當(dāng)n=1時(shí)，b₁=3≠4，
∴b_n=$\left\{\begin{array}{l}{4，n=1}\\{2n+1，n≥2}\end{array}\right.$，
（2）當(dāng)n=1時(shí)，$\frac{_{1}}{{2}^{1}}=\frac{4}{2}=2$；
當(dāng)n≥2時(shí)，$\frac{_{n}}{{2}^{n}}=\frac{2n+1}{{2}^{n}}$．
∴B₁=2，
當(dāng)n≥2時(shí)，${B}_{n}=2+\frac{5}{{2}^{2}}+\frac{7}{{2}^{3}}+…+\frac{2n-1}{{2}^{n-1}}+\frac{2n+1}{{2}^{n}}$，
則$\frac{1}{2}{B}_{n}=1+\frac{5}{{2}^{3}}+…+\frac{2n-1}{{2}^{n}}+\frac{2n+1}{{2}^{n+1}}$，
得$\frac{1}{2}{B}_{n}=\frac{9}{4}+\frac{1}{{2}^{2}}+\frac{1}{{2}^{3}}+…+\frac{1}{{2}^{n-1}}-\frac{2n+1}{{2}^{n+1}}$=$\frac{9}{4}+\frac{\frac{1}{4}（1-\frac{1}{{2}^{n-2}}）}{1-\frac{1}{2}}-\frac{2n+1}{{2}^{n+1}}$
=$\frac{9}{4}+\frac{1}{2}-\frac{1}{{2}^{n-1}}-\frac{2n+1}{{2}^{n+1}}$=$\frac{11}{4}-\frac{2n+5}{{2}^{n+1}}$．
∴${B}_{n}=\frac{11}{2}-\frac{2n+5}{{2}^{n}}$，
驗(yàn)證n=1時(shí)成立，
∴${B}_{n}=\frac{11}{2}-\frac{2n+5}{{2}^{n}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列遞推式，考查等差關(guān)系的確定，訓(xùn)練了錯(cuò)位相減法求數(shù)列的前n項(xiàng)和，是中檔題．