Question

3．已知数列{a_n}是等差数列，其前n项和为S_n，且满足a₁+a₅=10，S₄=16；数列{b_n}满足：b₁+3b₂+3²b₃+．．
．+3^n-1b_n=$\frac{n}{3}$，（n∈N^*）．
（Ⅰ）求数列{a_n}，{b_n}的通项公式；
（Ⅱ）设c_n=a_nb_n+$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$，求数列{c_n}的前n项和T_n．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通过联立a₁+a₅=10、S₄=16可知首项和公差，进而可知a_n=2n-1；通过作差可知当n≥2时b_n=$\frac{1}{{3}^{n}}$，进而可得结论；
（Ⅱ）通过（I）及错位相减法计算可知数列{a_nb_n}的前n项和和为P_n=1-（n+1）$\frac{1}{{3}^{n}}$，通过裂项、利用并项相加法可知数列{$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$}的前n项和Q_n=$\frac{n}{2n+1}$，进而计算可得结论．

解答 解：（Ⅰ）依题意，$\left\{\begin{array}{l}{2{a}_{1}+4d=10}\\{4{a}_{1}+6d=16}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{1}=1}\\{d=2}\end{array}\right.$，
∴a_n=1+2（n-1）=2n-1；
∵b₁+3b₂+3²b₃+…+3^n-1b_n=$\frac{n}{3}$，
∴b₁+3b₂+3²b₃+…+3^n-2b_n-1=$\frac{n-1}{3}$（n≥2），
两式相减得：3^n-1b_n=$\frac{n}{3}$-$\frac{n-1}{3}$=$\frac{1}{3}$，
∴b_n=$\frac{1}{{3}^{n}}$（n≥2），
又∵b₁=$\frac{1}{3}$满足上式，
∴数列{b_n}的通项公式b_n=$\frac{1}{{3}^{n}}$；
（Ⅱ）记p_n=a_nb_n=（2n-1）$\frac{1}{{3}^{n}}$，其前n项和和为P_n，
则P_n=1•$\frac{1}{3}$+3•$\frac{1}{{3}^{2}}$+…+（2n-1）$\frac{1}{{3}^{n}}$，
$\frac{1}{3}$P_n=1•$\frac{1}{{3}^{2}}$+3•$\frac{1}{{3}^{3}}$+…+（2n-3）$\frac{1}{{3}^{n}}$+（2n-1）$\frac{1}{{3}^{n+1}}$，
两式相减得：$\frac{2}{3}$P_n=$\frac{1}{3}$+2（$\frac{1}{{3}^{2}}$+$\frac{1}{{3}^{3}}$+…+$\frac{1}{{3}^{n}}$）-（2n-1）$\frac{1}{{3}^{n+1}}$
=2•$\frac{\frac{1}{3}（1-\frac{1}{{3}^{n}}）}{1-\frac{1}{3}}$-$\frac{1}{3}$-（2n-1）$\frac{1}{{3}^{n+1}}$
=$\frac{2}{3}$[1-（n+1）$\frac{1}{{3}^{n}}$]，
∴P_n=1-（n+1）$\frac{1}{{3}^{n}}$，
∵q_n=$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$=$\frac{1}{（2n-1）（2n+1）}$=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{2n-1}$-$\frac{1}{2n+1}$），
∴其前n项和Q_n=$\frac{1}{2}$（1-$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{5}$+…+$\frac{1}{2n-1}$-$\frac{1}{2n+1}$）
=$\frac{1}{2}$（1-$\frac{1}{2n+1}$）
=$\frac{n}{2n+1}$，
∵c_n=a_nb_n+$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$，
∴T_n=P_n+Q_n=1-（n+1）$\frac{1}{{3}^{n}}$+$\frac{n}{2n+1}$．

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，注意解题方法的积累，属于中档题．