Question

5．?dāng)?shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，且S_n+a_n=1（n∈N^*），數(shù)列{b_n}滿足b₁=4，b_n+1=3b_n-2（n∈N^*）．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）求證：數(shù)列{b_n-1}為等比數(shù)列，并求數(shù)列{b_n}的通項(xiàng)公式；
（3）設(shè)數(shù)列{c_n}滿足c_n=a_nlog₃（b_2n-1-1），其前n項(xiàng)和為T(mén)_n，求T_n．

Answer 1

分析 （1）利用遞推關(guān)系：當(dāng)n=1時(shí)，a₁+S₁=1，解得a₁．當(dāng)n≥2時(shí)，a_n=S_n-S_n-1，利用等比數(shù)列的通項(xiàng)公式即可得出．
（2）b_n+1=b_n-2，變形為b_n+1-1=3（b_n-1），利用等比數(shù)列的定義及其通項(xiàng)公式即可得出．
（3）${c_n}={（\frac{1}{2}）^n}{log_3}{3^{2n-1}}=（2n-1）•{（\frac{1}{2}）^n}$．再利用“錯(cuò)位相減法”與等比數(shù)列的求和公式即可得出．

解答 解：（1）①當(dāng)n=1時(shí)，a₁+S₁=1，∴${a_1}=\frac{1}{2}$．
②當(dāng)n≥2時(shí)，a_n=S_n-S_n-1=（1-a_n）-（1-a_n-1）=a_n-1-a_n，
∴${a_n}=\frac{1}{2}{a_{n-1}}$，
∴數(shù)列{a_n}是以${a_1}=\frac{1}{2}$為首項(xiàng)，公比為$\frac{1}{2}$的等比數(shù)列；
∴${a_n}=\frac{1}{2}•{（\frac{1}{2}）^{n-1}}={（\frac{1}{2}）^n}$．
（2）證明：∵b_n+1=b_n-2，∴b_n+1-1=3（b_n-1），
又∵b₁-1=3，∴{b_n-1}是以3為首項(xiàng)，3為公比的等比數(shù)列，
∴${b_n}-1={3^n}$，∴${b_n}={3^n}+1$．
（3）${c_n}={（\frac{1}{2}）^n}{log_3}{3^{2n-1}}=（2n-1）•{（\frac{1}{2}）^n}$．
∴${T_n}=1×\frac{1}{2}+3×{（\frac{1}{2}）^2}+5×{（\frac{1}{2}）^3}+…+（2n-3）•{（\frac{1}{2}）^{n-1}}+（2n-1）•{（\frac{1}{2}）^n}$，$\frac{1}{2}{T_n}=1×{（\frac{1}{2}）^2}+3×{（\frac{1}{2}）^3}+5×{（\frac{1}{2}）^4}+…+（2n-3）•{（\frac{1}{2}）^n}+（2n-1）•{（\frac{1}{2}）^{n+1}}$，
∴$（1-\frac{1}{2}）{T_n}=1+2[{（\frac{1}{2}）^2}+{（\frac{1}{2}）^3}+…+{（\frac{1}{2}）^{n-1}}+{（\frac{1}{2}）^n}]-（2n-1）•{（\frac{1}{2}）^{n+1}}$
=$\frac{1}{2}+2×\frac{{{{（\frac{1}{2}）}^2}（1-{{（\frac{1}{2}）}^{n-1}}）}}{{1-\frac{1}{2}}}-（2n-1）•{（\frac{1}{2}）^{n+1}}=\frac{1}{2}+1-{（\frac{1}{2}）^{n-1}}-（2n-1）•{（\frac{1}{2}）^{n+1}}=-4×{（\frac{1}{2}）^{n+1}}-（2n-1）•{（\frac{1}{2}）^{n+1}}$
=$\frac{3}{2}-（2n+3）•{（\frac{1}{2}）^{n+1}}$，
∴${T_n}=3-\frac{2n+3}{2^n}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了等比數(shù)列與等差數(shù)列的通項(xiàng)公式與求和公式“錯(cuò)位相減法”、遞推關(guān)系，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．