Question

13．已知數(shù)列{a_n}，S_n是其前n項(xiàng)的且滿足$3{a_n}=2{S_n}+n（n∈{N^*}）$
（I）求證：數(shù)列$\left\{{{a_n}+\frac{1}{2}}\right\}$為等比數(shù)列；
（Ⅱ）記{（-1）ⁿS_n}的前n項(xiàng)和為T(mén)_n，求T_n的表達(dá)式．

Answer 1

分析 （I）通過(guò)$3{a_n}=2{S_n}+n（n∈{N^*}）$與3a_n+1=2S_n+1+n+1作差、整理可得a_n+1+$\frac{1}{2}$=3（a_n+$\frac{1}{2}$），進(jìn)而可得結(jié)論；
（Ⅱ）通過(guò)（I）可知：當(dāng)n=2k-1時(shí)b_n=$\frac{n}{2}$-$\frac{3}{4}$（3ⁿ-1），當(dāng)n=2k時(shí)b_n=$\frac{3}{4}$（3ⁿ-1）-$\frac{n}{2}$，進(jìn)而數(shù)列{c_k=b_2k-1+b_2k}的前n項(xiàng)和Q_n=$\frac{9}{16}$（9ⁿ-1），利用T_n=${Q}_{\frac{n-1}{2}}$+b_n（n為奇數(shù)）、T_n=${Q}_{\frac{n}{2}}$（n為偶數(shù)），計(jì)算即得結(jié)論．

解答 （I）證明：∵$3{a_n}=2{S_n}+n（n∈{N^*}）$，
∴3a_n+1=2S_n+1+n+1，
兩式相減得：3a_n+1-3a_n=2a_n+1+1，
整理得：a_n+1=3a_n+1，
∴a_n+1+$\frac{1}{2}$=3（a_n+$\frac{1}{2}$），
又∵3a₁=2a₁+1，
∴a₁=1，a₁+$\frac{1}{2}$=1+$\frac{1}{2}$=$\frac{3}{2}$，
∴數(shù)列$\left\{{{a_n}+\frac{1}{2}}\right\}$是以$\frac{3}{2}$為首項(xiàng)、3為公比的等比數(shù)列；
（Ⅱ）解：由（I）可知：S_n=$\frac{\frac{3}{2}（1-{3}^{n}）}{1-3}$-$\frac{n}{2}$=$\frac{3}{4}$（3ⁿ-1）-$\frac{n}{2}$，
記b_n=（-1）ⁿS_n，對(duì)n分奇數(shù)、偶數(shù)討論：
當(dāng)n=2k-1時(shí)，b_n=-S_n=$\frac{n}{2}$-$\frac{3}{4}$（3ⁿ-1）；
當(dāng)n=2k時(shí)，b_n=S_n=$\frac{3}{4}$（3ⁿ-1）-$\frac{n}{2}$；
記c_k=b_2k-1+b_2k，
則c_k=$\frac{n}{2}$-$\frac{3}{4}$（3^2k-1-1）+$\frac{3}{4}$（3^2k-1）-$\frac{n}{2}$
=-$\frac{1}{4}$•3^2k+$\frac{3}{4}$+$\frac{3}{4}$•3^2k-$\frac{3}{4}$
=$\frac{1}{2}$•9^k，
∴數(shù)列{c_k}的前n項(xiàng)和Q_n=$\frac{\frac{9}{2}（1-{9}^{n}）}{1-9}$=$\frac{9}{16}$（9ⁿ-1），
∴當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，T_n=${Q}_{\frac{n-1}{2}}$+b_n
=$\frac{9}{16}$（${9}^{\frac{n-1}{2}}$-1）-$\frac{3}{4}$（3ⁿ-1）
=$\frac{3}{16}$-$\frac{3}{16}$•3ⁿ⁺¹；
當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，T_n=${Q}_{\frac{n}{2}}$=$\frac{9}{16}$•3ⁿ-$\frac{9}{16}$；
綜上所述，T_n=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{3}{16}-\frac{3}{16}•{3}^{2k}，}&{n=2k-1}\\{\frac{9}{16}•{3}^{2k}-\frac{9}{16}，}&{n=2k}\end{array}\right.$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查等比數(shù)列的判定，考查數(shù)列的前n項(xiàng)和，考查分類討論的思想，注意解題方法的積累，屬于中檔題．