Question

17．數(shù)列{a_n}的通項 a_n=n²（cos²$\frac{nπ}{3}$-sin²$\frac{nπ}{3}$），其前n項和為S_n．
（1）求S₁，S₂，S₃；
（2）求S_n；
（3）若數(shù)列b_n=-$\frac{9n-4}{n+2}$•$\frac{1}{{S}_{3n-1}}$，其前n項和為T_n，求證：$\frac{2}{3}$≤T_n＜$\frac{3}{2}$．

Answer 1

分析 （1）a_n=n²（cos²$\frac{nπ}{3}$-sin²$\frac{nπ}{3}$）=${n}^{2}cos\frac{2nπ}{3}$，可得S₁=a₁．a(chǎn)₂，a₃．即可得出．
（2）由a_n=${n}^{2}cos\frac{2nπ}{3}$，可得S_3k=（a₁+a₂+a₃）+（a₄+a₅+a₆）+…+（a_3k-2+a_3k-1+a_3k），進而得出：S_3k-1=S_3k-a_3k，S_3k-2=S_3k-1-a_3k-1．
（3）b_n=-$\frac{9n-4}{n+2}$•$\frac{1}{{S}_{3n-1}}$=-$\frac{9n-4}{n+2}$•$\frac{2}{n（4-9n）}$=$\frac{2}{n（n+2）}$=$\frac{1}{n}-\frac{1}{n+2}$，利用裂項求和方法與數(shù)列的單調(diào)性即可得出．

解答 （1）解：a_n=n²（cos²$\frac{nπ}{3}$-sin²$\frac{nπ}{3}$）=${n}^{2}cos\frac{2nπ}{3}$，可得S₁=a₁=$cos\frac{2π}{3}$=-$\frac{1}{2}$．
a₂=${2}^{2}×cos\frac{4π}{3}$=-2.${a}_{3}={3}^{2}cos2π$=9．
∴S₁=-$\frac{1}{2}$，S₂=-$\frac{5}{2}$，S₃=$\frac{13}{2}$．
（2）解：由a_n=${n}^{2}cos\frac{2nπ}{3}$，可得S_3k=（a₁+a₂+a₃）+（a₄+a₅+a₆）+…+（a_3k-2+a_3k-1+a_3k）
=$（-\frac{{1}^{2}+{2}^{2}}{2}+{3}^{2}）$+$（-\frac{{4}^{2}+{5}^{2}}{2}+{6}^{2}）$+…+$[-\frac{（3k-2）^{2}+（3k-1）^{2}}{2}+（3k）^{2}]$
=$\frac{13}{2}+\frac{31}{2}$+…+$\frac{18k-5}{2}$=$\frac{k（9k+4）}{2}$．
S_3k-1=S_3k-a_3k=$\frac{k（9k+4）}{2}$-（3k）²=$\frac{k（4-9k）}{2}$．
S_3k-2=S_3k-1-a_3k-1=$\frac{k（4-9k）}{2}-[-\frac{（3k-1）^{2}}{2}]$=$\frac{1}{2}$-k=$-\frac{3k-2}{3}-\frac{1}{6}$．
故S_n=$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{n}{3}-\frac{1}{6}，n=3k-2}\\{\frac{（n+1）（1-3n）}{6}，n=3k-1}\\{\frac{n（3n+4）}{6}，n=3k}\end{array}\right.$，k∈N^*．
（3）證明：b_n=-$\frac{9n-4}{n+2}$•$\frac{1}{{S}_{3n-1}}$=-$\frac{9n-4}{n+2}$•$\frac{2}{n（4-9n）}$=$\frac{2}{n（n+2）}$=$\frac{1}{n}-\frac{1}{n+2}$，
其前n項和為T_n=$（1-\frac{1}{3}）+（\frac{1}{2}-\frac{1}{4}）$+$（\frac{1}{3}-\frac{1}{5}）$+…+$（\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n+1}）$+$（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+2}）$
=$\frac{3}{2}$-$\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}$$＜\frac{3}{2}$，
另一方面：T_n≥T₁=$\frac{3}{2}-\frac{1}{2}-\frac{1}{3}$=$\frac{2}{3}$．
∴$\frac{2}{3}$≤T_n＜$\frac{3}{2}$．

點評 本題考查了三角函數(shù)求值、等差數(shù)列的通項公式與求和公式、分類討論方法、裂項求和方法與數(shù)列的單調(diào)性，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．