Question

19．已知數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列，其前n項(xiàng)和為S_n，且滿足a₁+a₅=12，S₄=20；數(shù)列{b_n}滿足：b₁+3b₂+3²b₃+…+3^n-1b_n=$\frac{n}{3}$，（n∈N^*）．
（1）求數(shù)列{a_n}，{b_n}的通項(xiàng)公式；
（2）設(shè)c_n=a_nb_n+$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$，求數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和T_n．

Answer 1

分析 （1）利用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式可得a_n，利用遞推關(guān)系可得b_n．
（2）利用“錯(cuò)位相減法”與“裂項(xiàng)求和”方法即可得出．

解答 解：（1）設(shè)等差數(shù)列{a_n}的首項(xiàng)為a₁，公差為d，則由題意：$\left\{\begin{array}{l}{2{a}_{1}+4d=12}\\{4{a}_{1}+6d=20}\end{array}\right.$，
解得a₁=2，d=2，∴a_n=2n．
∵數(shù)列{b_n}滿足：b₁+3b₂+3²b₃+…+3^n-1b_n=$\frac{n}{3}$，（n∈N^*）．
∴n≥2時(shí)，b₁+3b₂+3²b₃+…+3^n-2b_n-1=$\frac{n-1}{3}$，
相減可得：3^n-1b_n=$\frac{1}{3}$，解得b_n=$\frac{1}{{3}^{n}}$．
當(dāng)n=1時(shí)，b₁=$\frac{1}{3}$．
經(jīng)檢驗(yàn)知n=1時(shí)，適合b_n=$\frac{1}{{3}^{n}}$．
∴b_n=$\frac{1}{{3}^{n}}$．
（2）c_n=a_nb_n+$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$=2n$•\frac{1}{{3}^{n}}$+$\frac{1}{4n（n+1）}$，
設(shè)數(shù)列$\{n•\frac{1}{{3}^{n}}\}$的前n項(xiàng)和為：P_n，則P_n=$1×\frac{1}{3}+2×\frac{1}{{3}^{2}}$+$3×\frac{1}{{3}^{3}}$+…+$n•\frac{1}{{3}^{n}}$，
∴$\frac{1}{3}{P}_{n}$=$1×\frac{1}{{3}^{2}}+2×\frac{1}{{3}^{3}}$+…+$（n-1）×\frac{1}{{3}^{n}}$+n×$\frac{1}{{3}^{n+1}}$，
∴$\frac{2}{3}{P}_{n}$=$\frac{1}{3}+\frac{1}{{3}^{2}}+$…+$\frac{1}{{3}^{n}}$-n×$\frac{1}{{3}^{n+1}}$=$\frac{\frac{1}{3}（1-\frac{1}{{3}^{n}}）}{1-\frac{1}{3}}$-n×$\frac{1}{{3}^{n+1}}$，
∴P_n=$\frac{3}{4}$-$\frac{3+2n}{4×{3}^{n}}$．
$\frac{1}{4n（n+1）}$=$\frac{1}{4}（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}）$．
∴數(shù)列$\{\frac{1}{n（n+1）}\}$的前n項(xiàng)和為：$\frac{1}{4}[（1-\frac{1}{2}）+（\frac{1}{2}-\frac{1}{3}）$+…+$（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}）]$=$\frac{1}{4}（1-\frac{1}{n+1}）$=$\frac{n}{4（n+1）}$．
∴數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和T_n=$\frac{3}{2}-\frac{3+2n}{2×{3}^{n}}$+$\frac{n}{4（n+1）}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了“錯(cuò)位相減法”與“裂項(xiàng)求和”方法、等差數(shù)列與等比數(shù)列的系統(tǒng)公司及其求和公式，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．