Question

15．已知数列{a_n}的前n项和为S_n，且S₂=0，2S_n+n=na_n（n∈N^*）．
（1）计算a₁，a₂，a₃，a₄，并求数列{a_n}的通项公式；
（2）若数列{b_n}满足b₁+3b₂+5b₃+…+（2n-1）b_n=2ⁿ•a_n+3，求证：数列{b_n}是等比数列；
（3）由数列{a_n}的项组成一个新数列{c_n}：c₁=a₁，c₂=a₂+a₃，c₃=a₄+a₅+a₆+a₇，…，${c_n}={a_{2{\;^{n-1}}}}+{a_{{2^{\;n-1}}+1}}+{a_{{2^{\;n-1}}+2}}+…+{a_{2{\;^n}-1}}$，…．设T_n为数列{c_n}的前n项和，试求$\lim_{n→∞}\frac{T_n}{4^n}$的值．

Answer 1

分析 （1）通过计算出前几项的值，猜想通项公式，进而利用数学归纳法证明；
（2）通过b₁+3b₂+5b₃+…+（2n-1）b_n=2ⁿ•a_n+3与b₁+3b₂+5b₃+…+（2n-3）b_n-1=2^n-1•a_n-1+3作差，进而计算即得结论；
（3）通过（2），利用分组法求和，进而计算可得结论．

解答 （1）解：当n=1时，由2S₁+1=a₁，得a₁=-1；
由S₂=a₁+a₂=0，得a₂=1；
当n=3时，由2S₃+3=2a₃+3=3a₃，得a₃=3；
当n=4时，由2S₄+4=2a₄+10=4a₄，得a₄=5；
猜想：${a_n}=2n-3\;（n∈{N^*}）$．
下面用数学归纳法证明：
①当n=2时，a₂=1，结论显然成立；
②假设当n=k≥2时，a_k=2k-3，
由条件知2S_n=na_n-n，
故2a_k+1=2S_k+1-2S_k
=[（k+1）a_k+1-（k+1）]-（ka_k-k）
=（k+1）a_k+1-ka_k-1，
于是（k-1）a_k+1=ka_k+1=k（2k-3）+1=（k-1）（2k-1），
从而a_k+1=2（k+1）-3，
故数列{a_n}的通项公式为：${a_n}=2n-3\;（n∈{N^*}）$；
（2）证明：当n=1时，b₁=2a₁+3=1，当n≥2时，由条件得
$\begin{array}{l}（2n-1）{b_n}=[{{b_1}+3{b_2}+5{b_3}+…+（2n-3）{b_{n-1}}+（2n-1）{b_n}}]-[{{b_1}+3{b_2}+5{b_3}+…+（2n-3）{b_{n-1}}}]\\=（{{2^n}•{a_n}+3}）-（{{2^{n-1}}{a_{n-1}}+3}）=\;{2^n}（2n-3）-{2^{n-1}}（2n-5）={2^{n-1}}（2n-1）\;…（8{分}）\end{array}$
从而${b_n}={2^{n-1}}$，
故数列{b_n}是以1为首项，2为公比的等比数列；
（3）解：由题意，得
$\begin{array}{l}{c_n}={a_{{2^{n-1}}}}+{a_{{2^{n-1}}+1}}+{a_{{2^{n-1}}+2}}+…+{a_{{2^n}-1}}\\=（2•{2^{n-1}}-3）+（2•{2^{n-1}}-1）+（2•{2^{n-1}}+1）+…+（2•{2^n}-7）+（2•{2^n}-5）\\=\frac{{{2^{n-1}}•[{（2•{2^{n-1}}-3）+（2•{2^n}-5）}]}}{2}=\frac{3}{4}•{4^n}-{2^{n+1}}…（12{分}）\end{array}$
故T_n=$\frac{3}{4}$（4+4²+…+4ⁿ）-（2²+2³+…+2ⁿ⁺¹）
=$\frac{3}{4}$•$\frac{4（{4}^{n}-1）}{4-1}$-$\frac{{2}^{2}（{2}^{n}-1）}{2-1}$
=4ⁿ-4•2ⁿ+3，
从而$\lim_{n→∞}\frac{T_n}{4^n}=\lim_{n→∞}[{1-4•{{（{\frac{1}{2}}）}^n}+3{{（{\frac{1}{4}}）}^n}}]=1$．…（16分）

点评 本题考查数列的通项及前n项和，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于中档题．