Question

14．?dāng)?shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，且S_n=n（n+1）
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）若數(shù)列{b_n}滿足：$\frac{b_1}{3}+\frac{b_2}{3^2}+\frac{b_3}{3^3}+…+\frac{b_n}{3^n}={a_n}$，求數(shù)列{b_n}的通項(xiàng)公式；
（3）令${c_n}=\frac{{{a_n}{b_n}}}{4}$，求數(shù)列{c_n}的 n項(xiàng)和T_n．

Answer 1

分析 （1）由數(shù)列的前n項(xiàng)和求得首項(xiàng)，再由a_n=S_n-S_n-1求出n≥2時(shí)的通項(xiàng)公式，驗(yàn)證首項(xiàng)后得答案；
（2）由已知遞推式得$\frac{_{1}}{3}+\frac{_{2}}{{3}^{2}}+\frac{_{3}}{{3}^{3}}+…+\frac{_{n-1}}{{3}^{n-1}}={a}_{n-1}$，作差后得答案；
（3）把{a_n}、{b_n}的通項(xiàng)公式代入${c_n}=\frac{{{a_n}{b_n}}}{4}$，利用錯(cuò)位相減法求數(shù)列{c_n}的 n項(xiàng)和T_n．

解答 解：（1）由S_n=n（n+1），得a₁=S₁=2，
當(dāng)n≥2時(shí)，${a}_{n}={S}_{n}-{S}_{n-1}={n}^{2}+n-[（n-1）^{2}+（n-1）]$=2n．
a₁=2適合上式，
∴a_n=2n；
（2）由（1）知，數(shù)列{a_n}是公差為2的等差數(shù)列，
$\frac{b_1}{3}+\frac{b_2}{3^2}+\frac{b_3}{3^3}+…+\frac{b_n}{3^n}={a_n}$，得
$\frac{_{1}}{3}+\frac{_{2}}{{3}^{2}}+\frac{_{3}}{{3}^{3}}+…+\frac{_{n-1}}{{3}^{n-1}}={a}_{n-1}$，
兩式作差得：$\frac{_{n}}{{3}^{n}}={a}_{n}-{a}_{n-1}=2$，
∴$_{n}=2•{3}^{n}$；
（3）${c_n}=\frac{{{a_n}{b_n}}}{4}$=$\frac{2n•2•{3}^{n}}{4}=n•{3}^{n}$，
∴T_n=c₁+c₂+…+c_n=1•3¹+2•3²+…+n•3ⁿ，
$3{T}_{n}=1•{3}^{2}+2•{3}^{3}+…+n•{3}^{n+1}$，
則$-2{T}_{n}=3+{3}^{2}+…+{3}^{n}-n•{3}^{n+1}$=$\frac{3（1-{3}^{n}）}{1-3}-n•{3}^{n+1}$，
∴${T}_{n}=\frac{1}{4}（2n-1）•{3}^{n+1}+\frac{3}{4}$．

點(diǎn)評 本題考查數(shù)列遞推式，考查了利用數(shù)列的前n項(xiàng)和求數(shù)列的通項(xiàng)公式，訓(xùn)練了錯(cuò)位相減法求數(shù)列的和，是中檔題．