Question

14．各项均为正数的数列{a_n}，a₁=$\frac{1}{2}$，且a_n=$\frac{2{a}_{n-1}+1}{{a}_{n-1}+2}$（n≥2，n∈N^*）．
（1）证明：数列{$\frac{1-{a}_{n}}{1+{a}_{n}}$}为等比数列；
（2）若b_n=n（3ⁿ+1）a_n，求数列{b_n}的前n项和S_n．

Answer 1

分析 （1）通过1与a_n=$\frac{2{a}_{n-1}+1}{{a}_{n-1}+2}$（n≥2，n∈N^*）作和与作差再相除可知$\frac{1-{a}_{n}}{1+{a}_{n}}$=$\frac{1}{3}$•$\frac{1-{a}_{n-1}}{1+{a}_{n-1}}$（n≥2，n∈N^*），进而可知数列{$\frac{1-{a}_{n}}{1+{a}_{n}}$}是首项、公比均为$\frac{1}{3}$的等比数列；
（2）通过（1）可知$\frac{1-{a}_{n}}{1+{a}_{n}}$=$\frac{1}{{3}^{n}}$，计算可知b_n=n（1-3ⁿ），利用错位相减法计算可知T_n=1•3+2•3²+…+n•3ⁿ=$\frac{3}{4}$+$\frac{2n-1}{4}$•3ⁿ⁺¹，进而可得结论．

解答 （1）证明：∵a_n=$\frac{2{a}_{n-1}+1}{{a}_{n-1}+2}$（n≥2，n∈N^*），
∴1-a_n=$\frac{2{a}_{n-1}+1}{{a}_{n-1}+2}$=$\frac{1-{a}_{n-1}}{2+{a}_{n-1}}$（n≥2，n∈N^*），
1+a_n=$\frac{2{a}_{n-1}+1}{{a}_{n-1}+2}$=$\frac{3+3{a}_{n-1}}{2+{a}_{n-1}}$（n≥2，n∈N^*），
两式相除可知：$\frac{1-{a}_{n}}{1+{a}_{n}}$=$\frac{1}{3}$•$\frac{1-{a}_{n-1}}{1+{a}_{n-1}}$（n≥2，n∈N^*），
又∵a₁=$\frac{1}{2}$，
∴$\frac{1-{a}_{1}}{1+{a}_{1}}$=$\frac{1-\frac{1}{2}}{1+\frac{1}{2}}$=$\frac{1}{3}$，
∴数列{$\frac{1-{a}_{n}}{1+{a}_{n}}$}是首项、公比均为$\frac{1}{3}$的等比数列；
（2）解：由（1）可知$\frac{1-{a}_{n}}{1+{a}_{n}}$=$\frac{1}{{3}^{n}}$，
∴a_n=$\frac{1-{3}^{n}}{1+{3}^{n}}$，
∴b_n=n（3ⁿ+1）a_n=n（3ⁿ+1）•$\frac{1-{3}^{n}}{1+{3}^{n}}$=n（1-3ⁿ），
记T_n=1•3+2•3²+…+n•3ⁿ，则3T_n=1•3²+2•3³+…+（n-1）•3ⁿ+n•3ⁿ⁺¹，
错位相减得：-2T_n=3+3²+3³+…+3ⁿ-n•3ⁿ⁺¹=$\frac{3（1-{3}^{n}）}{1-3}$-n•3ⁿ⁺¹=$\frac{1-2n}{2}$•3ⁿ⁺¹-$\frac{3}{2}$，
于是T_n=$\frac{3}{4}$+$\frac{2n-1}{4}$•3ⁿ⁺¹，
∴数列{b_n}的前n项和S_n=$\frac{n（n+1）}{2}$-T_n=$\frac{n（n+1）}{2}$-$\frac{2n-1}{4}$•3ⁿ⁺¹-$\frac{3}{4}$．

点评 本题考查数列的通项及前n项和，对表达式的灵活变形是解决本题的关键，注意解题方法的积累，属于中档题．