Question

8．已知等比數(shù)列{a_n}的公比q≠1，首項(xiàng)${a_1}=\frac{1}{3}$，${a_1}，2a_2^{\;}，3{a_3}$成等差數(shù)列．
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）求數(shù)列$\left\{{\frac{n}{a_n}}\right\}$的前n項(xiàng)和T_n；
（Ⅲ）若${c_n}={log_{\frac{1}{3}}}{a_{2n-1}}$，P_n為數(shù)列$\left\{{\frac{{4{n^2}}}{{{c_n}{c_{n+1}}}}}\right\}$的前n項(xiàng)和，求不超過P₂₀₁₆的最大的整數(shù)k．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意知3q²-4q+1=0，從而求出公比，進(jìn)而求通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知$\frac{n}{a_n}=n•{3^n}$，從而利用錯(cuò)位相減法求其前n項(xiàng)和T_n；
（Ⅲ）化簡(jiǎn)${c_n}={log_{\frac{1}{3}}}{a_{2n-1}}$為c_n=2n-1，從而利用裂項(xiàng)求和法及拆項(xiàng)求和法求其前n項(xiàng)和．

解答 解：（Ⅰ）∵${a_1}，2a_2^{\;}，3{a_3}$成等差數(shù)列，
∴4a₂=a₁+3a₃，
∴3q²-4q+1=0，
∵q≠1，
∴$q=\frac{1}{3}$，
∴a_n=$\frac{1}{3}$•$（\frac{1}{3}）^{n-1}$=$\frac{1}{{3}^{n}}$；
（Ⅱ）由（Ⅰ）$\frac{n}{a_n}=n•{3^n}$，
∴${T_n}=1•3+2•{3^2}+3•{3^3}+…+n•{3^n}$①，
$3{T_n}=1•{3^2}+2•{3^3}+…+（n-1）•{3^n}+n•{3^{n+1}}$②，
①-②得，
$-2{T_n}=1•3+1•{3^2}+1•{3^3}+…+1•{3^n}-n•{3^{n+1}}═\frac{{3（1-{3^n}）}}{1-3}-n•{3^{n+1}}$，
∴${T_n}=\frac{{3（1-{3^n}）}}{4}+\frac{{n•{3^{n+1}}}}{2}$．
（Ⅲ）由${c_n}={log_{\frac{1}{3}}}{a_{2n-1}}$，得c_n=2n-1，
$\frac{{4{n^2}}}{{{c_n}^2+{c_n}}}=\frac{{4{n^2}}}{（2n-1）（2n+1）}=1+\frac{1}{（2n-1）（2n+1）}=1+\frac{1}{2}（\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）$，${P_{2016}}=1+\frac{1}{2}（\frac{1}{1}-\frac{1}{3}）+1+\frac{1}{2}（\frac{1}{3}-\frac{1}{5}）+1+\frac{1}{2}（\frac{1}{5}-\frac{1}{7}）+…+1+\frac{1}{2}（\frac{1}{4031}-\frac{1}{4033}）$=$2016+\frac{2016}{4033}$，
∴不超過P₂₀₁₆的最大的整數(shù)k是2016．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了等比數(shù)列的判斷與應(yīng)用，同時(shí)考查了錯(cuò)位相減法及裂項(xiàng)求和法的應(yīng)用．