Question

5．?dāng)?shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，且S_n=n（n+1）（n∈N^*）
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）若數(shù)列{b_n}滿足：a_n=$\frac{{b}_{1}}{3+1}$+$\frac{{b}_{2}}{{3}^{2}+1}$+$\frac{{b}_{3}}{{3}^{3}+1}$+…+$\frac{{b}_{n}}{{3}^{n}+1}$，求數(shù)列{b_n}的通項(xiàng)公式；
（3）令c_n=$\frac{{a}_{n}{b}_{n}}{4}$（n∈N^*），求數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和T_n．

Answer 1

分析 （1）數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，且S_n=n（n+1）（n∈N^*），n≥2時(shí)，a_n=S_n-S_n-1．n=1時(shí)，a₁=S₁=2，即可得出．
（2）數(shù)列{b_n}滿足：a_n=$\frac{{b}_{1}}{3+1}$+$\frac{{b}_{2}}{{3}^{2}+1}$+$\frac{{b}_{3}}{{3}^{3}+1}$+…+$\frac{{b}_{n}}{{3}^{n}+1}$，可得n≥2時(shí)，a_n-a_n-1=$\frac{{b}_{n}}{{3}^{n}+1}$=2．n=1時(shí)，$\frac{{b}_{1}}{4}$=a₁=2，可得b₁．
（3）c_n=$\frac{{a}_{n}{b}_{n}}{4}$=$\frac{2n×2（{3}^{n}+1）}{4}$=n•3ⁿ+n，令數(shù)列{n•3ⁿ}的前n項(xiàng)和為A_n，利用錯(cuò)位相減法即可得出A_n．進(jìn)而得出數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和T_n．

解答 解：（1）∵數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，且S_n=n（n+1）（n∈N^*），
∴n≥2時(shí)，a_n=S_n-S_n-1=n（n+1）-n（n-1）=2n．
n=1時(shí)，a₁=S₁=2，對(duì)于上式也成立．
∴a_n=2n．
（2）數(shù)列{b_n}滿足：a_n=$\frac{{b}_{1}}{3+1}$+$\frac{{b}_{2}}{{3}^{2}+1}$+$\frac{{b}_{3}}{{3}^{3}+1}$+…+$\frac{{b}_{n}}{{3}^{n}+1}$，∴n≥2時(shí)，a_n-a_n-1=$\frac{{b}_{n}}{{3}^{n}+1}$=2．
∴b_n=2（3ⁿ+1）．
n=1時(shí)，$\frac{{b}_{1}}{4}$=a₁=2，可得b₁=8，對(duì)于上式也成立．
∴b_n=2（3ⁿ+1）．
（3）c_n=$\frac{{a}_{n}{b}_{n}}{4}$=$\frac{2n×2（{3}^{n}+1）}{4}$=n•3ⁿ+n，
令數(shù)列{n•3ⁿ}的前n項(xiàng)和為A_n，則A_n=3+2×3²+3×3³+…+n•3ⁿ，
∴3A_n=3²+2×3³+…+（n-1）•3ⁿ+n•3ⁿ⁺¹，
∴-2A_n=3+3²+…+3ⁿ-n•3ⁿ⁺¹=$\frac{3（{3}^{n}-1）}{3-1}$-n•3ⁿ⁺¹，
可得A_n=$\frac{（2n-1）•{3}^{n+1}+3}{4}$．
∴數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和T_n=$\frac{（2n-1）•{3}^{n+1}+3}{4}$+$\frac{n（n+1）}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了數(shù)列遞推關(guān)系、錯(cuò)位相減法、等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項(xiàng)公式及其求和公式、方程思想，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．