Question

15．设数列{a_n}的前n项和为S_n，且S_n+$\frac{1}{3}$a_n=1（n∈N^*）．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）若数列{b_n}满足b_n=[2log${\;}_{\frac{1}{4}}$（$\frac{1}{3}$a_n）-7]cosnπ+a_n，求数列{b_n}前n项和T_n．

Answer 1

分析 （1）由已知推导出a₁=$\frac{3}{4}$，a_n=$\frac{1}{4}$a_n-1，由此能求出数列{a_n}的通项公式．
（2）先求出b_n=（2n-7）cosnπ+3（$\frac{1}{4}$）ⁿ，由此根据n为偶数和n为奇数两种情况分类讨论，能求出数列{b_n}前n项和T_n．

解答 解：（1）∵数列{a_n}的前n项和为S_n，且S_n+$\frac{1}{3}$a_n=1（n∈N^*），
∴当n=1时，a₁=S₁，由S₁+$\frac{1}{3}$a₁=$\frac{4}{3}{a}_{1}$=1，解得a₁=$\frac{3}{4}$，
当n≥2时，S_n+$\frac{1}{3}$a_n=1，①，S_n-1+$\frac{1}{3}$a_n-1=1，②，
①-②，得a_n+$\frac{1}{3}$a_n-$\frac{1}{3}$a_n-1=0，即a_n=$\frac{1}{4}$a_n-1，
∴{a_n}是以$\frac{3}{4}$为首项，$\frac{1}{4}$为公比的等比数列．
∴a_n=$\frac{3}{4}$（$\frac{1}{4}$）^n-1=3（$\frac{1}{4}$）ⁿ．（n∈N*）．
（2）b_n=[2log${\;}_{\frac{1}{4}}$（$\frac{1}{3}$a_n）-7]cosnπ+a_n
=[$2lo{g}_{\frac{1}{4}}（\frac{1}{4}）^{n}$-7]cosnπ+3（$\frac{1}{4}$）ⁿ
=（2n-7）cosnπ+3（$\frac{1}{4}$）ⁿ，
∴数列{b_n}前n项和：
T_n=（7-2）+（4-7）+（7-8）+（16-7）+…+（2n-7）×（-1）ⁿ+3（$\frac{1}{4}+\frac{1}{{4}^{2}}+\frac{1}{{4}^{3}}+\frac{1}{{4}^{4}}+…+\frac{1}{{4}^{n}}$），
∴当n为偶数时，
T_n=2+8+32+128+…+2×${4}^{\frac{n}{2}-1}$+3（$\frac{1}{4}+\frac{1}{{4}^{2}}+\frac{1}{{4}^{3}}+\frac{1}{{4}^{4}}+…+\frac{1}{{4}^{n}}$）
=$\frac{2（1-{4}^{\frac{n}{2}}）}{1-4}$+3×$\frac{\frac{1}{4}（1-\frac{1}{{4}^{n}}）}{1-\frac{1}{4}}$
=$\frac{{2}^{n+1}}{3}$+$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{{4}^{n}}$．
当n为奇数时，
T_n=2+8+32+128+…+2×${4}^{\frac{n-1}{2}}$+7-2n+3（$\frac{1}{4}+\frac{1}{{4}^{2}}+\frac{1}{{4}^{3}}+\frac{1}{{4}^{4}}+…+\frac{1}{{4}^{n}}$）
=$\frac{2（1-{4}^{\frac{n-1}{2}}）}{1-4}$+3×$\frac{\frac{1}{4}（1-\frac{1}{{4}^{n}}）}{1-\frac{1}{4}}$+7-2n
=$\frac{{2}^{n}}{3}-\frac{1}{{4}^{n}}-2n+\frac{22}{3}$．
∴${b}_{n}=\left\{\begin{array}{l}{\frac{{2}^{n+1}}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{{4}^{n}}，n为偶数}\\{\frac{{2}^{n}}{3}-\frac{1}{{4}^{n}}-2n+\frac{22}{3}．n为奇数}\end{array}\right.$．

点评 本题考查数列的通项公式的求法，考查数列的前n项和的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意构造法和分类讨论思想的合理运用．