Question

1．已知數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列，其前n項(xiàng)和為S_n，且滿(mǎn)足a₁+a₅=10，S₄=16；數(shù)列{b_n}滿(mǎn)足：b₁+3b₂+3²b₃+．．
．+3^n-1b_n=$\frac{n}{3}$，（n∈N^*）．
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}，{b_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）設(shè)c_n=a_nb_n，求數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和T_n．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通過(guò)聯(lián)立a₁+a₅=10、S₄=16可知首項(xiàng)和公差，進(jìn)而可知a_n=2n-1；通過(guò)作差可知當(dāng)n≥2時(shí)b_n=$\frac{1}{{3}^{n}}$，進(jìn)而可得結(jié)論；
（Ⅱ）通過(guò)（I）a_nb_n=（2n-1）$\frac{1}{{3}^{n}}$，進(jìn)而利用錯(cuò)位相減法計(jì)算即得結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）依題意，$\left\{\begin{array}{l}{2{a}_{1}+4d=10}\\{4{a}_{1}+6d=16}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{1}=1}\\{d=2}\end{array}\right.$，
∴a_n=1+2（n-1）=2n-1；
∵b₁+3b₂+3²b₃+…+3^n-1b_n=$\frac{n}{3}$，
∴b₁+3b₂+3²b₃+…+3^n-2b_n-1=$\frac{n-1}{3}$（n≥2），
兩式相減得：3^n-1b_n=$\frac{n}{3}$-$\frac{n-1}{3}$=$\frac{1}{3}$，
∴b_n=$\frac{1}{{3}^{n}}$（n≥2），
又∵b₁=$\frac{1}{3}$滿(mǎn)足上式，
∴數(shù)列{b_n}的通項(xiàng)公式b_n=$\frac{1}{{3}^{n}}$；
（Ⅱ）由（I）可知a_nb_n=（2n-1）$\frac{1}{{3}^{n}}$，
則T_n=1•$\frac{1}{3}$+3•$\frac{1}{{3}^{2}}$+…+（2n-1）$\frac{1}{{3}^{n}}$，
$\frac{1}{3}$T_n=1•$\frac{1}{{3}^{2}}$+3•$\frac{1}{{3}^{3}}$+…+（2n-3）$\frac{1}{{3}^{n}}$+（2n-1）$\frac{1}{{3}^{n+1}}$，
兩式相減得：$\frac{2}{3}$T_n=$\frac{1}{3}$+2（$\frac{1}{{3}^{2}}$+$\frac{1}{{3}^{3}}$+…+$\frac{1}{{3}^{n}}$）-（2n-1）$\frac{1}{{3}^{n+1}}$
=2•$\frac{\frac{1}{3}（1-\frac{1}{{3}^{n}}）}{1-\frac{1}{3}}$-$\frac{1}{3}$-（2n-1）$\frac{1}{{3}^{n+1}}$
=$\frac{2}{3}$[1-（n+1）$\frac{1}{{3}^{n}}$]，
∴T_n=1-（n+1）$\frac{1}{{3}^{n}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)及前n項(xiàng)和，考查錯(cuò)位相減法，注意解題方法的積累，屬于中檔題．