Question

19．設(shè)數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，已知S_n=$\frac{3}{2}（{a_n}-1）$．
（1）求a₁的值，并求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）若數(shù)列{b_n}為等差數(shù)列，且b₃+b₅=-8，2b₁+b₄=0，設(shè)c_n=a_n•b_n，數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和為T_n，證明：對(duì)任意$n∈N*，{T_n}+（n-\frac{5}{2}）•{3^{n+1}}$是一個(gè)與n無關(guān)的常數(shù)．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)a_n=S_n-S_n-1（n≥2）得出{a_n}為等比數(shù)列，從而得出a_n；
（2）求出b_n，c_n，使用錯(cuò)位相減法求出T_n即可得出結(jié)論．

解答 解：（1）n=1時(shí)，a₁=$\frac{3}{2}$（a₁-1），解得a₁=3．
當(dāng)n≥2時(shí)，∵S_n=$\frac{3}{2}（{a_n}-1）$，∴S_n-1=$\frac{3}{2}$（a_n-1-1）．
∴a_n=S_n-S_n-1=$\frac{3}{2}$（a_n-a_n-1），∴a_n=3a_n-1．
∴{a_n}是以3為首項(xiàng)，以3為公比的等比數(shù)列，
∴a_n=3•3^n-1=3ⁿ．
（2）∵{b_n}是等差數(shù)列，b₃+b₅=-8，
∴b₄=-4，又2b₁+b₄=0，∴b₁=2．
∴{b_n}的公差d=$\frac{_{4}-_{1}}{3}$=-2．
∴b_n=2-2（n-1）=4-2n．
∴c_n=（4-2n）3ⁿ，
∴T_n=2•3+0•3²+（-2）•3³+…+（4-2n）•3ⁿ，
∴3T_n=2•3²+0•3³+（-2）•3⁴+…+（4-2n）•3ⁿ⁺¹，
兩式相減得-2T_n=6+（-2）•3²+（-2）•3³+…+（-2）•3ⁿ-（4-2n）•3ⁿ⁺¹
=6-2•$\frac{{3}^{2}（1-{3}^{n-1}）}{1-3}$-（4-2n）•3ⁿ⁺¹=15+（2n-5）3ⁿ⁺¹，
∴T_n=-$\frac{15}{2}$+（$\frac{5}{2}$-n）•3ⁿ⁺¹，
∴T_n+（n-$\frac{5}{2}$）•3ⁿ⁺¹=-$\frac{15}{2}$．
∴T_n+（n-$\frac{5}{2}$）•3ⁿ⁺¹是一個(gè)與n無關(guān)的常數(shù)．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了等比數(shù)列的判斷，通項(xiàng)公式的求法，錯(cuò)位相減法求和，屬于中檔題．