Question

2．已知數(shù)列{a_n}的首項(xiàng)a₁=$\frac{1}{2}$，前n項(xiàng)和為S_n，且S_n=p-a_n．
（Ⅰ）求P及{a_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）對(duì)n∈N^*，在a_n與a_n+1之間插入3ⁿ的數(shù)，使得這3ⁿ+2項(xiàng)成等差數(shù)列，記插入的3ⁿ個(gè)數(shù)之和為b_n，令c_n=$\frac{4}{3}$nb_n，求{c_n}的前n項(xiàng)和T_n．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通過(guò)S₁=a₁=p-a₁=$\frac{1}{2}$，可得p=1、S_n=1-a_n．通過(guò)當(dāng)n≥2時(shí)a_n=S_n-S_n-1可得數(shù)列{a_n}是首項(xiàng)與公比均為$\frac{1}{2}$的等比數(shù)列，計(jì)算即可；
（Ⅱ）記在a_n與a_n+1之間插入3ⁿ的數(shù)為x₁，x₂，…，${x}_{{3}^{n}}$，利用等差中項(xiàng)的性質(zhì)可得b_n=x₁+x₂+…+${x}_{{3}^{n}}$=$\frac{3}{4}$•$（\frac{3}{2}）^{n}$，從而可得T_n、$\frac{3}{2}$T_n的表達(dá)式，利用錯(cuò)位相減法及等比數(shù)列的求和公式計(jì)算即可．

解答 解：（Ⅰ）由a₁=$\frac{1}{2}$，得S₁=a₁=p-a₁=$\frac{1}{2}$，
∴p=1，∴S_n=1-a_n．
當(dāng)n≥2時(shí)，S_n-1=1-a_n-1．
兩式相減，得a_n=S_n-S_n-1=（1-a_n）-（1-a_n-1）=a_n-1-a_n，
∴2a_n=a_n-1，即$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}=\frac{1}{2}$（n≥2），
又∵首項(xiàng)a₁=$\frac{1}{2}$，
∴數(shù)列{a_n}是首項(xiàng)與公比均為$\frac{1}{2}$的等比數(shù)列，
∴a_n=$\frac{1}{2}•（\frac{1}{2}）^{n-1}$=$\frac{1}{{2}^{n}}$；
（Ⅱ）記在a_n與a_n+1之間插入3ⁿ的數(shù)為x₁，x₂，…，${x}_{{3}^{n}}$，
則$\frac{1}{{2}^{n}}$，x₁，x₂，…，x_n，$\frac{1}{{2}^{n+1}}$成等差數(shù)列，
∴b_n=x₁+x₂+…+${x}_{{3}^{n}}$
=$\frac{{x}_{1}+{x}_{{3}^{n}}}{2}$•3ⁿ
=$\frac{\frac{1}{{2}^{n}}+\frac{1}{{2}^{n+1}}}{2}•{3}^{n}$
=$\frac{3}{4}$•$（\frac{3}{2}）^{n}$，
∴c_n=$\frac{4}{3}n•$$\frac{3}{4}$•$（\frac{3}{2}）^{n}$=n•$（\frac{3}{2}）^{n}$，
則T_n=1×$\frac{3}{2}$+2×$（\frac{3}{2}）^{2}$+…+（n-1）×$（\frac{3}{2}）^{n-1}$+n×$（\frac{3}{2}）^{n}$，
∴$\frac{3}{2}$T_n=1×$（\frac{3}{2}）^{2}$+…+（n-2）×$（\frac{3}{2}）^{n-1}$+（n-1）×$（\frac{3}{2}）^{n}$+n×$（\frac{3}{2}）^{n+1}$，
兩式相減，得$-\frac{1}{2}$T_n=$\frac{3}{2}$+$（\frac{3}{2}）^{2}$+…+$（\frac{3}{2}）^{n-1}$+$（\frac{3}{2}）^{n}$-n×$（\frac{3}{2}）^{n+1}$
=2×$（\frac{3}{2}）^{n+1}$-3-n×$（\frac{3}{2}）^{n+1}$
=6+（2n-4）×$（\frac{3}{2}）^{n+1}$．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查等比數(shù)列的通項(xiàng)公式、錯(cuò)位相減法求前n項(xiàng)和等知識(shí)，考查學(xué)生的運(yùn)算求解能力，考查函數(shù)與方程及化歸與轉(zhuǎn)化思想，注意解題方法的積累，屬于中檔題．