Question

15．已知數(shù)列{a_n}滿足a_n=3a_n-1+3ⁿ（n≥2，n∈N^*），首項(xiàng)a₁=3．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）求數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和S_n；
（3）數(shù)列{b_n}滿足b_n=log₃$\frac{a_n}{n}$，記數(shù)列{$\frac{1}{{{b_n}•{b_{n+1}}}}$}的前n項(xiàng)和為T_n，A是△ABC的內(nèi)角，若sinAcosA＞$\frac{{\sqrt{3}}}{4}{T_n}$對于任意n∈N^*恒成立，求角A的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）通過在${a_n}-3{a_{n-1}}={3^n}$兩邊同時除以3ⁿ，進(jìn)而可知數(shù)列$\left\{{\frac{a_n}{3^n}}\right\}$是首項(xiàng)為$\frac{a_1}{3}=1$、公差為1的等差數(shù)列，計算即得結(jié)論；
（2）通過（1），利用錯位相減法計算即得結(jié)論；
（3）通過（1）計算可知${b_n}={log_3}{3^n}=n$，進(jìn)而利用錯位相減法計算可知T_n=1-$\frac{1}{n+1}$，利用T_n＜1及二倍角公式化簡可知$sin2A≥\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，結(jié)合A∈（0，π）計算即得結(jié)論．

解答 解：（1）數(shù)列{a_n}滿足${a_n}=3{a_{n-1}}+{3^n}$（n≥2，n∈N^*），
∴${a_n}-3{a_{n-1}}={3^n}$，
又∵3ⁿ≠0，
∴$\frac{a_n}{3^n}-\frac{{a{\;}_{n-1}}}{{{3^{n-1}}}}=1$為常數(shù)，
∴數(shù)列$\left\{{\frac{a_n}{3^n}}\right\}$是首項(xiàng)為$\frac{a_1}{3}=1$、公差為1的等差數(shù)列，
∴$\frac{{a}_{n}}{{3}^{n}}$=n，∴${a_n}=n•{3^n}$（n∈N^*）；
（2）由（1）可知${S_n}=3+2•{3^2}+3•{3^3}+4•{3^4}+…+（n-1）•{3^{n-1}}+n•{3^n}$，
$3{S_n}={3^2}+2•{3^3}+3•{3^4}+4•{3^5}+…+（n-1）•{3^n}+n•{3^{n+1}}$，
兩式錯位相減，得：-2S_n=3+3²+3³+…+3ⁿ-n•3ⁿ⁺¹
=$\frac{3（1-{3}^{n}）}{1-3}$-n•3ⁿ⁺¹
=-$\frac{3}{2}$-$\frac{2n-1}{2}$•3ⁿ⁺¹，
∴S_n=$\frac{3}{4}$+$\frac{2n-1}{4}$•3ⁿ⁺¹；
（3）由（1）可知${a_n}=n•{3^n}$，
∵數(shù)列{b_n}滿足${b_n}={log_3}\frac{a_n}{n}$，
∴${b_n}={log_3}{3^n}=n$，
∴$\frac{1}{{{b_n}{b_{n+1}}}}$=$\frac{1}{n（n+1）}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$，
∴${T_n}=（1-\frac{1}{2}）+（\frac{1}{2}-\frac{1}{3}）+（\frac{1}{3}-\frac{1}{4}）+…+（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}）$=$1-\frac{1}{n+1}$，
又∵$sinAcosA=\frac{1}{2}sin2A＞\frac{{\sqrt{3}}}{4}{T_n}$恒成立，且對于任意n∈N^*，T_n＜1成立，
∴$\frac{1}{2}sin2A≥\frac{{\sqrt{3}}}{4}$，即$sin2A≥\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，
又A∈（0，π），即2A∈（0，2π），
∴$\frac{π}{3}≤2A≤\frac{2π}{3}$，即$A∈[{\frac{π}{6}，\frac{π}{3}}]$．

點(diǎn)評 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)及前n項(xiàng)和，考查錯位相減法、裂項(xiàng)相消法，涉及三角函數(shù)等基礎(chǔ)知識，對表達(dá)式的靈活變形是解決本題的關(guān)鍵，注意解題方法的積累，屬于中檔題．