Question

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

Answer 1

分析 （1）當(dāng)n≥2時(shí)利用a_n=S_n-S_n-1計(jì)算，進(jìn)而可知a_n=2n，進(jìn)而利用作差可知$\frac{_{n}}{{3}^{n}+1}$=2，計(jì)算即得結(jié)論；
（2）通過(guò)（1）可知c_n=$\frac{{a}_{n}_{n}}{4}$=n+n•3ⁿ（n∈N₊），利用錯(cuò)位相減法計(jì)算可知數(shù)列{n•3ⁿ}的前n項(xiàng)和Q_n=$\frac{3+（2n-1）•{3}^{n+1}}{4}$，進(jìn)而利用分組求和法計(jì)算即得結(jié)論．

解答 解：（1）依題意，當(dāng)n≥2時(shí)，a_n=S_n-S_n-1=n（n+1）-（n-1）n=2n，
又∵當(dāng)n=1時(shí)，a₁=S₁=2滿足上式，
∴a_n=2n，
∵a_n=$\frac{_{1}}{3+1}$+$\frac{_{2}}{{3}^{2}+1}$+$\frac{_{3}}{{3}^{3}+1}$+…+$\frac{_{n}}{{3}^{n}+1}$，
∴當(dāng)n≥2時(shí)，a_n-1=$\frac{_{1}}{3+1}$+$\frac{_{2}}{{3}^{2}+1}$+$\frac{_{3}}{{3}^{3}+1}$+…+$\frac{_{n-1}}{{3}^{n-1}+1}$，
兩式相減得：$\frac{_{n}}{{3}^{n}+1}$=2n-2（n-1）=2，
又∵$\frac{_{1}}{3+1}$=2滿足上式，
∴$\frac{_{n}}{{3}^{n}+1}$=2，b_n=2+2•3ⁿ；
（2）由（1）可知c_n=$\frac{{a}_{n}_{n}}{4}$=n+n•3ⁿ（n∈N₊），
令Q_n為數(shù)列{n•3ⁿ}的前n項(xiàng)和，則
Q_n=1•3+2•3²+3•3³+…+n•3ⁿ，
3Q_n=1•3²+2•3³+…+（n-1）•3ⁿ+n•3ⁿ⁺¹，
兩式相減得：-2Q_n=3+3²+3³+…+3ⁿ-n•3ⁿ⁺¹
=$\frac{3（1-{3}^{n}）}{1-3}$-n•3ⁿ⁺¹，
∴Q_n=$\frac{3+（2n-1）•{3}^{n+1}}{4}$，
∴數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和T_n=Q_n+$\frac{n（n+1）}{2}$=$\frac{3+（2n-1）•{3}^{n+1}}{4}$+$\frac{n（n+1）}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)及前n項(xiàng)和，考查錯(cuò)位相減法、分組求和法，注意解題方法的積累，屬于中檔題．