Question

15．已知数列{a_n}满足a_n=3a_n-1+3ⁿ（n≥2，n∈N^*），首项a₁=3．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）求数列{a_n}的前n项和S_n；
（3）数列{b_n}满足b_n=log₃$\frac{a_n}{n}$，记数列{$\frac{1}{{{b_n}•{b_{n+1}}}}$}的前n项和为T_n，A是△ABC的内角，若sinAcosA＞$\frac{{\sqrt{3}}}{4}{T_n}$对于任意n∈N^*恒成立，求角A的取值范围．

Answer 1

分析 （1）通过在${a_n}-3{a_{n-1}}={3^n}$两边同时除以3ⁿ，进而可知数列$\left\{{\frac{a_n}{3^n}}\right\}$是首项为$\frac{a_1}{3}=1$、公差为1的等差数列，计算即得结论；
（2）通过（1），利用错位相减法计算即得结论；
（3）通过（1）计算可知${b_n}={log_3}{3^n}=n$，进而利用错位相减法计算可知T_n=1-$\frac{1}{n+1}$，利用T_n＜1及二倍角公式化简可知$sin2A≥\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，结合A∈（0，π）计算即得结论．

解答 解：（1）数列{a_n}满足${a_n}=3{a_{n-1}}+{3^n}$（n≥2，n∈N^*），
∴${a_n}-3{a_{n-1}}={3^n}$，
又∵3ⁿ≠0，
∴$\frac{a_n}{3^n}-\frac{{a{\;}_{n-1}}}{{{3^{n-1}}}}=1$为常数，
∴数列$\left\{{\frac{a_n}{3^n}}\right\}$是首项为$\frac{a_1}{3}=1$、公差为1的等差数列，
∴$\frac{{a}_{n}}{{3}^{n}}$=n，∴${a_n}=n•{3^n}$（n∈N^*）；
（2）由（1）可知${S_n}=3+2•{3^2}+3•{3^3}+4•{3^4}+…+（n-1）•{3^{n-1}}+n•{3^n}$，
$3{S_n}={3^2}+2•{3^3}+3•{3^4}+4•{3^5}+…+（n-1）•{3^n}+n•{3^{n+1}}$，
两式错位相减，得：-2S_n=3+3²+3³+…+3ⁿ-n•3ⁿ⁺¹
=$\frac{3（1-{3}^{n}）}{1-3}$-n•3ⁿ⁺¹
=-$\frac{3}{2}$-$\frac{2n-1}{2}$•3ⁿ⁺¹，
∴S_n=$\frac{3}{4}$+$\frac{2n-1}{4}$•3ⁿ⁺¹；
（3）由（1）可知${a_n}=n•{3^n}$，
∵数列{b_n}满足${b_n}={log_3}\frac{a_n}{n}$，
∴${b_n}={log_3}{3^n}=n$，
∴$\frac{1}{{{b_n}{b_{n+1}}}}$=$\frac{1}{n（n+1）}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$，
∴${T_n}=（1-\frac{1}{2}）+（\frac{1}{2}-\frac{1}{3}）+（\frac{1}{3}-\frac{1}{4}）+…+（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}）$=$1-\frac{1}{n+1}$，
又∵$sinAcosA=\frac{1}{2}sin2A＞\frac{{\sqrt{3}}}{4}{T_n}$恒成立，且对于任意n∈N^*，T_n＜1成立，
∴$\frac{1}{2}sin2A≥\frac{{\sqrt{3}}}{4}$，即$sin2A≥\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，
又A∈（0，π），即2A∈（0，2π），
∴$\frac{π}{3}≤2A≤\frac{2π}{3}$，即$A∈[{\frac{π}{6}，\frac{π}{3}}]$．

点评 本题考查数列的通项及前n项和，考查错位相减法、裂项相消法，涉及三角函数等基础知识，对表达式的灵活变形是解决本题的关键，注意解题方法的积累，属于中档题．