Question

15．已知數(shù)列{a_n}滿足a₁=1，a₂=3，a_n+2=（2+cosnπ）（a_n+1）-3（n∈N^*）．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）令b_n=$\left\{\begin{array}{l}\frac{{{{log}_3}{a_n}}}{{{n^2}（{n+2}）}}，n=2k（{k∈{N^*}}）\\{a_n}，n=2k-1（{k∈{N^*}}）\end{array}$，T_n為數(shù)列{b_n}的前n項和，求T_n．

Answer 1

分析 （1）a_n+2=（2+cosnπ）（a_n+1）-3，n∈N^*．當(dāng)n=2k-1時，a_n+2=a_n-2，∴{a_2k-1}是等差數(shù)列，首項為1，公差為-2．當(dāng)n=2k時，a_n+2=3a_n，可得{a_2k}是等比數(shù)列，首項為3，公比為3，即可得出．
（2）b_n=$\left\{\begin{array}{l}\frac{{{{log}_3}{a_n}}}{{{n^2}（{n+2}）}}，n=2k（{k∈{N^*}}）\\{a_n}，n=2k-1（{k∈{N^*}}）\end{array}$，n=2k（k∈N^*）時，b_n=$\frac{1}{2n（n+2）}$=$\frac{1}{4}（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+2}）$；n=2k-1（k∈N^*）時，b_n=2-n．對n分類討論即可得出．

解答 解：（1）∵a_n+2=（2+cosnπ）（a_n+1）-3，n∈N^*．
∴當(dāng)n=2k-1時，a_n+2=a_n-2，∴{a_2k-1}是等差數(shù)列，首項為1，公差為-2，
∴a_2k-1=1-2（k-1）=3-2k，即n為奇數(shù)時a_n=2-n．
當(dāng)n=2k時，a_n+2=3a_n，∴{a_2k}是等比數(shù)列，首項為3，公比為3，
∴a_2k=3×3^k-1，即n為偶數(shù)時a_n=${3}^{\frac{n}{2}}$．
∴a_n=$\left\{\begin{array}{l}{2-n，n為奇數(shù)}\\{{3}^{\frac{n}{2}}，n為偶數(shù)}\end{array}\right.$．
（2）b_n=$\left\{\begin{array}{l}\frac{{{{log}_3}{a_n}}}{{{n^2}（{n+2}）}}，n=2k（{k∈{N^*}}）\\{a_n}，n=2k-1（{k∈{N^*}}）\end{array}$，
n=2k（k∈N^*）時，b_n=$\frac{1}{2n（n+2）}$=$\frac{1}{4}（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+2}）$；
n=2k-1（k∈N^*）時，b_n=2-n．
∴n=2k（k∈N^*）時，T_n=T_2k=（b₁+b₃+…+b_2k-1）+（b₂+b₄+…+b_2k）
=$\frac{k（1+3-2k）}{2}$+$\frac{1}{4}[（\frac{1}{2}-\frac{1}{4}）+（\frac{1}{4}-\frac{1}{6}）$+…+$（\frac{1}{2k}-\frac{1}{2k+2}）]$=2k-k²+$\frac{1}{4}$$（\frac{1}{2}-\frac{1}{2k+2}）$=2k-k²+$\frac{k}{8k+8}$=$n-\frac{{n}^{2}}{4}$+$\frac{n}{8n+16}$．
n=2k-1（k∈N^*）時，T_n=T_n-1+b_n=$（n-1）-\frac{（n-1）^{2}}{4}$+$\frac{n-1}{8n+24}$+2-n=1-$\frac{（n-1）^{2}}{4}$+$\frac{n-1}{8n+24}$．

點評 本題考查了數(shù)列遞推關(guān)系、等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項公式與求和公式、裂項求和方法、分類討論方法，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．