Question

1．已知数列已知数列{a_n}的前n项和是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）设b_n=log₄（1-S_n+1）（n∈N⁺），T_n=$\frac{1}{{b}_{1}{b}_{2}}$+$\frac{1}{{b}_{2}{b}_{3}}$+…+$\frac{{1}_{\;}}{{b}_{n}{b}_{n+1}}$，求T_n的取值范围．

Answer 1

分析 （1）由S_n+$\frac{1}{3}$a_n=1（n∈N⁺）．当n=1时，a₁=S₁，可得${a}_{1}+\frac{1}{3}{a}_{1}$=1，解得a₁，当n≥2时，${S}_{n-1}+\frac{1}{3}{a}_{n-1}$=1，可得：${a}_{n}=\frac{1}{4}{a}_{n-1}$．利用等比数列的通项公式即可得出．
（2）由（1）知1-S_n+1=$\frac{1}{3}{a}_{n+1}$=$（\frac{1}{4}）^{n+1}$，b_n=-（n+1）（n∈N⁺），$\frac{1}{{b}_{n}{b}_{n+1}}$=$\frac{1}{（n+1）（n+2）}$=$\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}$．利用“裂项求和”方法与数列的单调性即可得出．

解答 解：（1）由S_n+$\frac{1}{3}$a_n=1（n∈N⁺）．
当n=1时，a₁=S₁，可得${a}_{1}+\frac{1}{3}{a}_{1}$=1，解得a₁=$\frac{3}{4}$，…（1分）
当n≥2时，${S}_{n-1}+\frac{1}{3}{a}_{n-1}$=1，可得a_n+$\frac{1}{3}{a}_{n}$-$\frac{1}{3}{a}_{n-1}$=0，化为：${a}_{n}=\frac{1}{4}{a}_{n-1}$．
∴数列{a_n}是以$\frac{3}{4}$为首项，$\frac{1}{4}$为公比的等比数列．                       …（4分）
故${a}_{n}=\frac{3}{4}×（\frac{1}{4}）^{n-1}$=3×$（\frac{1}{4}）^{n}$（n∈N^*）．…（6分）
（2）由（1）知1-S_n+1=$\frac{1}{3}{a}_{n+1}$=$（\frac{1}{4}）^{n+1}$，
∴b_n=log₄（1-S_n+1）=-（n+1）（n∈N⁺），
$\frac{1}{{b}_{n}{b}_{n+1}}$=$\frac{1}{（n+1）（n+2）}$=$\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}$．
∴T_n=$\frac{1}{{b}_{1}{b}_{2}}$+$\frac{1}{{b}_{2}{b}_{3}}$+…+$\frac{{1}_{\;}}{{b}_{n}{b}_{n+1}}$=$（\frac{1}{2}-\frac{1}{3}）$+$（\frac{1}{3}-\frac{1}{4}）$+…+$（\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}）$=$\frac{1}{2}-\frac{1}{n+2}$，
∴T_n的取值范围是$[\frac{1}{6}，\frac{1}{2}）$．

点评 本题考查了“裂项求和”方法、数列的单调性、数列递推关系、等比数列的通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．