Question

16．已知數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和S_n=a_n+n²-1，數(shù)列{b_n}滿(mǎn)足3ⁿb_n+1=（n+1）a_n+1-na_n，且b₁=3，a₁=3．
（1）求數(shù)列{ a_n }和{b_n}的通項(xiàng)a_n，b_n；
（2）設(shè)T_n為數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和，求T_n，并求滿(mǎn)足T_n＜7時(shí)n的最大值．

Answer 1

分析 （1）S_n=a_n+n²-1，當(dāng)n≥2時(shí)，a_n=S_n-S_n-1，n=1時(shí)滿(mǎn)足上式，可得a_n=2n+1.3ⁿb_n+1=（n+1）a_n+1-na_n，可得b_n+1=$\frac{1}{{3}^{n}}$[（n+1）a_n+1-na_n]=（4n+3）•$\frac{1}{{3}^{n}}$，又b₁=3滿(mǎn)足上式，可得b_n=（4n-1）•$\frac{1}{{3}^{n-1}}$．
（2）利用錯(cuò)位相減法與等比數(shù)列的求和公式可得T_n．可得T_n-T_n+1＜0．即可得出．

解答 解：（1）∵S_n=a_n+n²-1，
∴當(dāng)n≥2時(shí)，a_n=S_n-S_n-1=（a_n+n²-1）-[a_n-1+（n-1）²-1]，化為：a_n-1=2n-1，
又∵a₁=1+2=3滿(mǎn)足上式，
∴a_n=2n+1，
∵3ⁿb_n+1=（n+1）a_n+1-na_n，
∴b_n+1=$\frac{1}{{3}^{n}}$[（n+1）a_n+1-na_n]=$\frac{1}{{3}^{n}}$[（n+1）（2n+3）-n（2n+1）]=（4n+3）•$\frac{1}{{3}^{n}}$，
又∵b₁=3滿(mǎn)足上式，
∴b_n=（4n-1）•$\frac{1}{{3}^{n-1}}$．
（2）由（1）可知，T_n=3•1+7•$\frac{1}{3}$+11•$\frac{1}{{3}^{2}}$+…+（4n-1）•$\frac{1}{{3}^{n-1}}$，
$\frac{1}{3}$T_n=3•$\frac{1}{3}$+7•$\frac{1}{{3}^{2}}$+…+（4n-5）•$\frac{1}{{3}^{n-1}}$+（4n-1）•$\frac{1}{{3}^{n}}$，
錯(cuò)位相減得：$\frac{2}{3}$T_n=3+4（$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{{3}^{2}}$+…+$\frac{1}{{3}^{n-1}}$）-（4n-1）•$\frac{1}{{3}^{n}}$，
∴T_n=$\frac{3}{2}$[3+4×$\frac{\frac{1}{3}（1-\frac{1}{{3}^{n-1}}）}{1-\frac{1}{3}}$-（4n-1）•$\frac{1}{{3}^{n}}$]
=$\frac{15}{2}$-$\frac{1}{2}$•$\frac{4n+5}{{3}^{n-1}}$，
T_n-T_n+1=$\frac{15}{2}$-$\frac{1}{2}$•$\frac{4n+5}{{3}^{n-1}}$-$（\frac{15}{2}-\frac{1}{2}•\frac{4n+9}{{3}^{n}}）$=$\frac{-（4n+3）}{{3}^{n}}$＜0．
∴T_n＜T_n+1，即{T_n}為遞增數(shù)列．
又T₃=$\frac{59}{9}$＜7，T₄=$\frac{64}{9}$＞7，
∴T_n＜7時(shí)，n的最大值為3．

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