Question

10．設(shè)數(shù)列{a_n}前n項(xiàng)和為S_n，且S_n+a_n=2．
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）若數(shù)列{b_n}滿足b₁=a₁，b_n=$\frac{3_{n-1}}{_{n-1}+3}$，n≥2 求證{$\frac{1}{_{n}}$}為等差數(shù)列，并求數(shù)列{b_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅲ）設(shè)c_n=$\frac{{a}_{n}}{_{n}}$，求數(shù)列{c_n}的前n和T_n．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由數(shù)列遞推式可得S_n+1+a_n+1=2，與原數(shù)列遞推式作差可得數(shù)列{a_n}是等比數(shù)列，則數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式可求；
（Ⅱ）由b₁=a₁求得b₁，把b_n=$\frac{3_{n-1}}{_{n-1}+3}$變形可得{$\frac{1}{_{n}}$}為等差數(shù)列，求其通項(xiàng)公式后可得數(shù)列{b_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅲ）把{a_n}，{b_n}的通項(xiàng)公式代入c_n=$\frac{{a}_{n}}{_{n}}$，利用錯(cuò)位相減法求數(shù)列{c_n}的前n和T_n．

解答 （Ⅰ）解：由S_n+a_n=2，得S_n+1+a_n+1=2，兩式相減，得2a_n+1=a_n，∴$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}=\frac{1}{2}$（常數(shù)），
∴數(shù)列{a_n}是等比數(shù)列，
又n=1時(shí)，S₁+a₁=2，∴${a}_{n}=\frac{1}{{2}^{n-1}}$；
（Ⅱ）證明：由b₁=a₁=1，且n≥2時(shí)，b_n=$\frac{3_{n-1}}{_{n-1}+3}$，得b_nb_n-1+3b_n=3b_n-1，
∴$\frac{1}{_{n}}-\frac{1}{_{n-1}}=\frac{1}{3}$，
∴{$\frac{1}{_{n}}$}是以1為首項(xiàng)，$\frac{1}{3}$為公差的等差數(shù)列，
∴$\frac{1}{_{n}}=1+\frac{n-1}{3}=\frac{n+2}{3}$，故$_{n}=\frac{3}{n+2}$；
（Ⅲ）解：c_n=$\frac{{a}_{n}}{_{n}}$=$\frac{n+2}{3}•（\frac{1}{2}）^{n-1}$，
${T}_{n}=\frac{1}{3}[3•（\frac{1}{2}）^{0}+4•（\frac{1}{2}）^{1}+…+（n+2）•（\frac{1}{2}）^{n-1}]$，
$\frac{1}{2}{T}_{n}=\frac{1}{3}[3•（\frac{1}{2}）^{1}+4•（\frac{1}{2}）^{2}+…+（n+1）•（\frac{1}{2}）^{n-1}+（n+2）•（\frac{1}{2}）^{n}]$，
以上兩式相減得，
$\frac{1}{2}{T}_{n}=\frac{1}{3}[3+（\frac{1}{2}）^{1}+（\frac{1}{2}）^{2}+…+（\frac{1}{2}）^{n-1}-（n+2）•（\frac{1}{2}）^{n}]$
=$\frac{1}{3}[3+\frac{\frac{1}{2}[1-（\frac{1}{2}）^{n-1}]}{1-\frac{1}{2}}-（n+2）•（\frac{1}{2}）^{n}]$
=$\frac{1}{3}[4-（\frac{1}{2}）^{n-1}-（n+2）•（\frac{1}{2}）^{n}]$．
∴${T}_{n}=\frac{8}{3}-\frac{n+4}{3•{2}^{n-1}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列遞推式，考查了等比關(guān)系的確定，訓(xùn)練了錯(cuò)位相減法求數(shù)列的和，是中檔題．