Question

16．已知等比数列{a_n}的前n项和为S_n=$\frac{3}{{2}^{n}}$+m，b_n=a_na_n+1，n∈N^*
（1）求m的值及{a_n}的通项公式
（2）求证{b_n}为等比数列，并求b₂+b₄+b₆+…+b₂₀的值
（3）令c_n=（2n+1）•a_n（n∈N^*），求{c_n}的前n项和．

Answer 1

分析 （1）等比数列{a_n}的公比为q，由S_n=$\frac{3}{{2}^{n}}$+m，可得a₁，a₂，a₃，再利用等比数列的通项公式即可得出．
（2）由b_n=a_na_n+1，可得$\frac{{b}_{n+1}}{{b}_{n}}$=$\frac{{a}_{n+2}}{{a}_{n}}$=$\frac{1}{4}$，即可证明，再利用等比数列的前n项和公式即可得出；
（3）利用“错位相减法”与等比数列的前n项和公式即可得出．

解答 （1）解：设等比数列{a_n}的公比为q，∵S_n=$\frac{3}{{2}^{n}}$+m，∴a₁=$\frac{3}{2}$+m，a₂=-$\frac{3}{4}$，a₃=-$\frac{3}{8}$，
∴$（-\frac{3}{4}）^{2}=（-\frac{3}{8}）（\frac{3}{2}+m）$，解得m=-3．
∴公比q=$\frac{{a}_{3}}{{a}_{2}}$=$\frac{1}{2}$，首项a₁=-$\frac{3}{2}$．
∴a_n=$-\frac{3}{2}×（\frac{1}{2}）^{n-1}$=-3×$\frac{1}{{2}^{n}}$．
（2）证明：∵b_n=a_na_n+1，∴$\frac{{b}_{n+1}}{{b}_{n}}$=$\frac{{a}_{n+1}{a}_{n+2}}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$=$\frac{{a}_{n+2}}{{a}_{n}}$=$\frac{1}{4}$，
b₁=a₁a₂=$-\frac{3}{2}$×$（-\frac{3}{4}）$=$\frac{9}{8}$，
∴b_n=$\frac{9}{8}$×$（\frac{1}{4}）^{n-1}$=$\frac{9}{2}×（\frac{1}{4}）^{n}$．
∴数列{b_2n}是等比数列，首项为$\frac{9}{32}$，公比为$\frac{1}{16}$．
∴b₂+b₄+b₆+…+b₂₀=$\frac{\frac{9}{32}[1-\frac{1}{1{6}^{10}}]}{1-\frac{1}{16}}$=$\frac{3}{10}$$（1-\frac{1}{1{6}^{10}}）$．
（3）解：c_n=（2n+1）•a_n=-3（2n+1）×$\frac{1}{{2}^{n}}$，
∴{c_n}的前n项和T_n=-3$（\frac{3}{2}+\frac{5}{{2}^{2}}+\frac{7}{{2}^{3}}+…+\frac{2n+1}{{2}^{n}}）$，
$\frac{1}{2}{T}_{n}$=-3$（\frac{3}{{2}^{2}}+\frac{5}{{2}^{3}}+…+\frac{2n-1}{{2}^{n}}+\frac{2n+1}{{2}^{n+1}}）$．
∴$\frac{1}{2}{T}_{n}$=-3$[\frac{3}{2}+2（\frac{1}{{2}^{2}}+\frac{1}{{2}^{3}}+…+\frac{1}{{2}^{n}}）-\frac{2n+1}{{2}^{n+1}}]$=-3$[\frac{3}{2}+\frac{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{2}^{n-1}}）}{1-\frac{1}{2}}-\frac{2n+1}{{2}^{n+1}}]$=-3×$（\frac{5}{2}-\frac{2n+5}{{2}^{n+1}}）$．
∴T_n=-15+$\frac{6n+15}{{2}^{n}}$．

点评 本题考查了递推关系、“错位相减法”、等差数列与等比数列的通项公式及其前n项和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．