Question

15．设数列{a_n}的前项n和为S_n，若对于任意的正整数n都有S_n=2a_n-2n．
（1）设b_n=a_n+2，求证：数列{b_n}是等比数列，
（2）求证：${a_n}{a_{n+2}}≤{a_{n+1}}^2$
（3）求数列{na_n}的前n项和T_n．

Answer 1

分析 （1）根据题意和S_n与a_n的关系式，化简求出{a_n}的递推公式，代入$\frac{{b}_{n}}{{b}_{n-1}}$化简后，根据等比数列的定义即可证明结论成立；
（2）由（1）和等比数列的通项公式求出b_n，代入b_n=a_n+2求出a_n，代入${a}_{n}{a}_{n+2}-{{a}_{n+1}}^{2}$化简后可证明结论成立；
（3）由（2）求出na_n，根据分组求和法、错位相减法，等比、等差数列的前n项和公式求出T_n．

解答 证明：（1）当n=1时，S₁=2a₁-2得，a₁=2…（1分）
当n≥2时，S_n=2a_n-2n，且S_n-1=2a_n-1-2（n-1），
所以S_n-S_n-1=2a_n-2a_n-1-2，
化简得a_n=2a_n-1+2…（3分）
因为b_n=a_n+2，所以$\frac{{b}_{n}}{{b}_{n-1}}$=$\frac{{a}_{n}+2}{{a}_{n-1}+2}$=$\frac{{2a}_{n-1}+2+2}{{a}_{n-1}+2}$=2，
由a₁=2得，b₁=a₁+2=4，
所以数列{b_n}是以2为公比、4为首项的等比数列，…（4分）
（2）由（1）得b_n=4•2^n-1=2ⁿ⁺¹，所以a_n=2ⁿ⁺¹-2…（6分）
因为${a}_{n}{a}_{n+2}-{{a}_{n+1}}^{2}$=（2ⁿ⁺¹-2）（2ⁿ⁺³-2）-（2ⁿ⁺²-2）²
=（2²ⁿ⁺⁴-2ⁿ⁺²-2ⁿ⁺⁴+4）-（2²ⁿ⁺⁴-4•2ⁿ⁺²+4）
=-2ⁿ⁺²＜0---------------------------------（8分）
所以${a}_{n}{a}_{n+2}≤{{a}_{n+1}}^{2}$------------------------（9分）
解：（3）由（1）得，a_n=2ⁿ⁺¹-2，所以na_n=n•2ⁿ⁺¹-2n，
则T_n=1•2²+2•2³+…+n•2ⁿ⁺¹-2（1+2+…+n）
=1•2²+2•2³+…+n•2ⁿ⁺¹-2×$\frac{n（n+1）}{2}$
=1•2²+2•2³+…+n•2ⁿ⁺¹-n（n+1），-----（10分）
设S=1•2²+2•2³+…+n•2ⁿ⁺¹，①
2S=1•2³+2•2⁴+…+n•2ⁿ⁺²，②
由①-②得：-S=2²+2³+…+2ⁿ⁺¹-n•2ⁿ⁺²
=$\frac{4（1-{2}^{n}）}{1-2}$-n•2ⁿ⁺²=2ⁿ⁺²-4-n•2ⁿ⁺²
=（1-n）2ⁿ⁺²-4，
所以S=（n+1）2ⁿ⁺²+4------------------------（12分）
所以T_n=（n+1）2ⁿ⁺²+4-n（n+1）--------------（14分）

点评 本题考查等比数列的定义、通项公式、前n项和公式，S_n与a_n的关系式，以及分组求和法、错位相减法，考查作差法证明不等式成立，属于中档题．