Question

7．已知数列{a_n}，a_n=（$\frac{\sqrt{3}}{2}$）^n-1（cos$\frac{n-1}{4}$π+isin$\frac{n-1}{4}$π），n∈N^*．
（1）数列{a_n}是否成等比数列？请说明理由；
（2）若{a_n}的各项与复平面内的点对应，试问，能否找到这样一项，使得这一项以后的所有项在复平面内对应的点都在圆x²+y²=$\frac{9}{16}$的内部？若能，求出此项，若不能，请说明理由；
（3）将数列{a_n}中的实数项按原顺序排成新数列{b_n}，其前n项和为S_n，求$\underset{lim}{n→∞}S$_n的值．

Answer 1

分析 （1）直接由等比数列的定义判断；
（2）由|a_n|=|（$\frac{\sqrt{3}}{2}$）^n-1（cos$\frac{n-1}{4}$π+isin$\frac{n-1}{4}$π）|=|（$\frac{\sqrt{3}}{2}$）^n-1|=（$\frac{\sqrt{3}}{2}$）^n-1$＜\frac{3}{4}$，然后求解指数不等式得答案；
（3）求出新数列{b_n}为1为首项，$-\frac{9}{16}$为公比的等比数列，由公式$\underset{lim}{n→∞}S$_n=$\frac{{b}_{1}}{1-q}$得答案．

解答 解：（1）∵a_n=（$\frac{\sqrt{3}}{2}$）^n-1（cos$\frac{n-1}{4}$π+isin$\frac{n-1}{4}$π），
∴$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}=\frac{（\frac{\sqrt{3}}{2}）^{n}（cos\frac{n}{4}π+isin\frac{n}{4}π）}{（\frac{\sqrt{3}}{2}）^{n-1}（cos\frac{n-1}{4}π+isin\frac{n-1}{4}π）}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}（cos\frac{π}{4}+isin\frac{π}{4}）=\frac{\sqrt{6}}{4}（1+i）$为常数，
∴数列{a_n}是等比数列；
（2）由|a_n|=|（$\frac{\sqrt{3}}{2}$）^n-1（cos$\frac{n-1}{4}$π+isin$\frac{n-1}{4}$π）|=|（$\frac{\sqrt{3}}{2}$）^n-1|=（$\frac{\sqrt{3}}{2}$）^n-1$＜\frac{3}{4}$，
得$（\frac{\sqrt{3}}{2}）^{n-1}＜（\frac{\sqrt{3}}{2}）^{2}$，即n-1＞2，∴n＞3．
∴第3项以后的所有项在复平面内对应的点都在圆x²+y²=$\frac{9}{16}$的内部；
（3）由sin$\frac{n-1}{4}π=0$，得$\frac{n-1}{4}π=kπ$，n=4k+1，k∈Z．
b₁=a₁=1，b₂=${a}_{5}=-\frac{9}{16}$，${b}_{3}={a}_{9}=\frac{81}{256}$，…，
∴新数列{b_n}构成以1为首项，以$-\frac{9}{16}$为公比的等比数列，
∴$\underset{lim}{n→∞}S$_n=$\frac{{b}_{1}}{1-q}=\frac{1}{1+\frac{9}{16}}=\frac{16}{25}$．

点评 本题考查等比关系的确定，考查了等比数列的性质，训练了等比数列前n项和极限的求法，是中档题．