Question

12．在數(shù)列{a_n}中，a₁=1，a₂=3，a_n+2=3a_n+1-2a_n，n∈N^*
（1）證明數(shù)列{a_n+1-a_n}是等比數(shù)列，并求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）設(shè)b_n=4log₂（a_n+1）+3，${c_n}=\frac{2^n}{{{a_n}•{a_{n+1}}}}$，求數(shù)列{（-1）ⁿb_nb_n+1+c_n}的前2n項(xiàng)和．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)數(shù)列的遞推公式可得{a_n+1-a_n}是首項(xiàng)為2，公比為2的等比數(shù)列，再利用迭代法即可求出數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）可得數(shù)列{b_n}的通項(xiàng)，{c_n}的通項(xiàng)公式，再分組求和即可．

解答 解：（1）由 a_n+2=3a_n+1-2a_n，得a_n+2-a_n+1=2（a_n+1-a_n），
又a₁=1，a₂=3，所以a₂-a₁=2
所以{a_n+1-a_n}是首項(xiàng)為2，公比為2的等比數(shù)列．
所以${a_{n+1}}-{a_n}={2^n}$，
所以${a_n}={a_1}+（{{a_2}-{a_1}}）+…+（{{a_n}-{a_{n-1}}}）=1+{2^1}+{2^2}+…+{2^{n-1}}={2^n}-1$．
（2）∵${a_n}={2^n}-1$，
∴${b_n}=4{log_2}（{{2^n}-1+1}）+3$=4n+3，
${c_n}=\frac{2^n}{{（{{2^n}-1}）?¤（{{2^{n+1}}-1}）}}=\frac{{（{{2^{n+1}}-1}）-（{{2^n}-1}）}}{{（{{2^n}-1}）?¤（{{2^{n+1}}-1}）}}=\frac{1}{{{2^n}-1}}-\frac{1}{{{2^{n+1}}-1}}$，
記數(shù)列{（-1）ⁿb_nb_n+1}的前n項(xiàng)和為S_n，
則S_2n=（-b₁b₂+b₂b₃）+（-b₃b₄+b₄b₅）+…+（-b_2n-1b_2n+b_2nb_2n+1）
=$2d（{b_2}+{b_4}+…+{b_{2n}}）=8×\frac{{n（{{b_2}+{b_{2n}}}）}}{2}=4n（{11+8n+3}）=32{n^2}+56n$．
記數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和為T(mén)_n，
則T_2n=c₁+c₂+…+c_2n═$（{\frac{1}{{{2^1}-1}}-\frac{1}{{{2^2}-1}}}）+（{\frac{1}{{{2^2}-1}}-\frac{1}{{{2^3}-1}}}）+…+（{\frac{1}{{{2^{2n-1}}-1}}-\frac{1}{{{2^{2n}}-1}}}）+（{\frac{1}{{{2^{2n}}-1}}-\frac{1}{{{2^{2n+1}}-1}}}）$=$\frac{1}{{{2^1}-1}}-\frac{1}{{{2^{2n+1}}-1}}$=$1-\frac{1}{{{2^{2n+1}}-1}}$．
所以數(shù)列{（-1）ⁿb_nb_n+1+c_n}的前n項(xiàng)和為$32{n^2}+56n+1-\frac{1}{{{2^{2n+1}}-1}}$．

點(diǎn)評(píng) 該題考查等差數(shù)列等比數(shù)列的通項(xiàng)公式、求和公式，裂項(xiàng)求和，屬于中檔題．