Question

1．已知數(shù)列已知數(shù)列{a_n}的前n項和是S_n，且S_n+$\frac{1}{3}$a_n=1（n∈N⁺）．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）設(shè)b_n=log₄（1-S_n+1）（n∈N⁺），T_n=$\frac{1}{_{1}_{2}}$+$\frac{1}{_{2}_{3}}$+…+$\frac{{1}_{\;}}{_{n}_{n+1}}$，求T_n的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由S_n+$\frac{1}{3}$a_n=1（n∈N⁺）．當(dāng)n=1時，a₁=S₁，可得${a}_{1}+\frac{1}{3}{a}_{1}$=1，解得a₁，當(dāng)n≥2時，${S}_{n-1}+\frac{1}{3}{a}_{n-1}$=1，可得：${a}_{n}=\frac{1}{4}{a}_{n-1}$．利用等比數(shù)列的通項公式即可得出．
（2）由（1）知1-S_n+1=$\frac{1}{3}{a}_{n+1}$=$（\frac{1}{4}）^{n+1}$，b_n=-（n+1）（n∈N⁺），$\frac{1}{_{n}_{n+1}}$=$\frac{1}{（n+1）（n+2）}$=$\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}$．利用“裂項求和”方法與數(shù)列的單調(diào)性即可得出．

解答 解：（1）由S_n+$\frac{1}{3}$a_n=1（n∈N⁺）．
當(dāng)n=1時，a₁=S₁，可得${a}_{1}+\frac{1}{3}{a}_{1}$=1，解得a₁=$\frac{3}{4}$，…（1分）
當(dāng)n≥2時，${S}_{n-1}+\frac{1}{3}{a}_{n-1}$=1，可得a_n+$\frac{1}{3}{a}_{n}$-$\frac{1}{3}{a}_{n-1}$=0，化為：${a}_{n}=\frac{1}{4}{a}_{n-1}$．
∴數(shù)列{a_n}是以$\frac{3}{4}$為首項，$\frac{1}{4}$為公比的等比數(shù)列．                       …（4分）
故${a}_{n}=\frac{3}{4}×（\frac{1}{4}）^{n-1}$=3×$（\frac{1}{4}）^{n}$（n∈N^*）．…（6分）
（2）由（1）知1-S_n+1=$\frac{1}{3}{a}_{n+1}$=$（\frac{1}{4}）^{n+1}$，
∴b_n=log₄（1-S_n+1）=-（n+1）（n∈N⁺），
$\frac{1}{_{n}_{n+1}}$=$\frac{1}{（n+1）（n+2）}$=$\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}$．
∴T_n=$\frac{1}{_{1}_{2}}$+$\frac{1}{_{2}_{3}}$+…+$\frac{{1}_{\;}}{_{n}_{n+1}}$=$（\frac{1}{2}-\frac{1}{3}）$+$（\frac{1}{3}-\frac{1}{4}）$+…+$（\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}）$=$\frac{1}{2}-\frac{1}{n+2}$，
∴T_n的取值范圍是$[\frac{1}{6}，\frac{1}{2}）$．

點評 本題考查了“裂項求和”方法、數(shù)列的單調(diào)性、數(shù)列遞推關(guān)系、等比數(shù)列的通項公式，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．