Question

5．已知數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，且滿足S_n=$\frac{1}{4}$n²+$\frac{2}{3}$n+3，數(shù)列{log₃b_n}{n∈N^*}為等差數(shù)列，且b₁=3，b₃=27．
（1）求數(shù)列{a_n}與{b_n}的通項公式；
（2）若c_n=a_n-$\frac{5}{12}$，T_n=b₁c₁+b₂c₂+b₃c₃+…+b_nc_n，求T_n的值．

Answer 1

分析 （1）在數(shù)列遞推式中取n=1求出首項，當n≥2時，由a_n=S_n-S_n-1求得通項公式，驗證首項后得數(shù)列{a_n}的通項公式，再由數(shù)列{log₃b_n}{n∈N^*}為等差數(shù)列，且b₁=3，b₃=27求出等差數(shù)列的公差，代入等差數(shù)列的通項公式求得數(shù)列{log₃b_n}的通項公式，則數(shù)列{b_n}的通項公式可求；
（2）由c_n=a_n-$\frac{5}{12}$求得c_n，代入T_n=b₁c₁+b₂c₂+b₃c₃+…+b_nc_n，然后由錯位相減法求得T_n的值．

解答 解：（1）當n=1時，${a}_{1}={S}_{1}=\frac{1}{4}×{1}^{2}+\frac{2}{3}×1+3=\frac{47}{12}$；
當n≥2時，a_n=S_n-S_n-1=$\frac{1}{4}$n²+$\frac{2}{3}$n+3-[$\frac{1}{4}（n-1）^{2}+\frac{2}{3}（n-1）+3$]
=$\frac{1}{4}[{n}^{2}-（n-1）^{2}]+\frac{2}{3}[n-（n-1）]$=$\frac{1}{2}n+\frac{5}{12}$，
當n=1時上式不成立，
∴${a}_{n}=\left\{\begin{array}{l}{\frac{47}{12}，n=1}\\{\frac{1}{2}n+\frac{5}{12}，n≥2}\end{array}\right.$；
數(shù)列{log₃b_n}{n∈N^*}為等差數(shù)列，且b₁=3，b₃=27．
則公差d=$\frac{lo{g}_{3}_{3}-lo{g}_{3}_{1}}{2}=\frac{lo{g}_{3}\frac{_{3}}{_{1}}}{2}$=$\frac{lo{g}_{3}9}{2}=1$，
∴l(xiāng)og₃b_n=log₃b₁+1×（n-1）=log₃3+n-1=n，
則$_{n}={3}^{n}$；
（2）c_n=a_n-$\frac{5}{12}$=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{7}{2}，n=1}\\{\frac{n}{2}，n≥2}\end{array}\right.$，
T_n=b₁c₁+b₂c₂+b₃c₃+…+b_nc_n
=$3×\frac{7}{2}$+$\frac{2}{2}×{3}^{2}+\frac{3}{2}×{3}^{3}+…+\frac{n}{2}×{3}^{n}$
=$\frac{21}{2}$+$\frac{2}{2}×{3}^{2}+\frac{3}{2}×{3}^{3}+…+\frac{n}{2}×{3}^{n}$，
令R_n=$\frac{2}{2}×{3}^{2}+\frac{3}{2}×{3}^{3}+…+\frac{n}{2}×{3}^{n}$，
則$3{R}_{n}=\frac{2}{2}×{3}^{3}+\frac{3}{2}×{3}^{4}+…+$$\frac{n-1}{2}×{3}^{n}+\frac{n}{2}×{3}^{n+1}$，
兩式作差得：$-2{R}_{n}={3}^{2}+\frac{1}{2}（{3}^{3}+{3}^{4}+…+{3}^{n}）-\frac{n}{2}×{3}^{n+1}$
=$9+\frac{1}{2}×\frac{27（1-{3}^{n-2}）}{1-3}-\frac{n}{2}×{3}^{n+1}$=$9+\frac{1}{4}（{3}^{n+1}-27）-\frac{n}{2}×{3}^{n+1}$，
∴${R}_{n}=（\frac{n}{4}-\frac{1}{8}）•{3}^{n+1}-\frac{9}{8}$．
則${T}_{n}=（\frac{n}{4}-\frac{1}{8}）•{3}^{n+1}+$$\frac{75}{8}$．

點評 本題考查了數(shù)列遞推式，考查了等差數(shù)列的通項公式，考查了對數(shù)的運算性質，訓練了錯位相減法求數(shù)列的和，是中檔題．