Question

15．設(shè)數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和是A_n=$\frac{3}{2}$（a_n -1）（n∈N^*），數(shù)列{b_n}的通項(xiàng)公式為b_n=4n+3（n∈N^*）．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）若d∈{a₁，a₂，…，a_n ，…}∩{b₁，b₂，…，b_n，…}，則稱(chēng)d為數(shù)列{a_n}與{b_n}的公共項(xiàng)，將數(shù)列{a_n}與{b_n}的公共項(xiàng)按照它們?cè)谠瓟?shù)列中的先后順序排成一個(gè)新的數(shù)列{d_n}，證明數(shù)列{d_n}的通項(xiàng)公式是d_n=3²ⁿ⁺¹（n∈N^*）；
（3）設(shè)數(shù)列{d_n}中的第n項(xiàng)是數(shù)列{b_n}中的第r項(xiàng)，B_r為數(shù)列{b_n}的前r項(xiàng)的和，D_n為數(shù)列{d_n}的前n項(xiàng)和，T_n=B_r-D_n，求T_n．

Answer 1

分析 （1）運(yùn)用遞推關(guān)系得出*，a_n+1=$\frac{3}{2}$（a_n+1-a_n），n∈N*，即$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$=3，a₁=3，結(jié)合等比數(shù)列定義判斷即可．
（2）分類(lèi)判斷3²ⁿ⁺¹∈{b_n}．3²ⁿ∉{b_n}．根據(jù)集合運(yùn)算判斷數(shù)列{a_n}={a_2n}∪{a_2n+1}，得出d_n=3²ⁿ⁺¹．（n∈N^*）；
（3）運(yùn)用遞推關(guān)系式得出B_r=$\frac{r（7+4r+3）}{2}$=r（2r+5）=$\frac{{3}^{2n+1}-3}{4}•\frac{{3}^{2n+1}+7}{2}$，D_n=$\frac{27}{1-9}$•（1-9ⁿ）=$\frac{27}{8}$（9ⁿ-1），作差判斷化簡(jiǎn)T_n=B_r-D_n=$\frac{{9}^{2n+1}+4•{3}^{2n+1}-21}{8}$-$\frac{27}{8}$（9ⁿ-1）=$\frac{9}{8}$•3⁴ⁿ$-\frac{11}{8}$•3²ⁿ+$\frac{3}{4}$（a_n）⁴=3⁴ⁿ，即可求解．

解答 解：（1）由A_n=$\frac{3}{2}$（a_n -1）（n∈N^*），可知A_n+1=$\frac{3}{2}$（a_n+1 -1）（n∈N^*），
∴A_n+1-A_n=$\frac{3}{2}$（a_n+1-a_n），n∈N*，a_n+1=$\frac{3}{2}$（a_n+1-a_n），n∈N*，
即$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$=3，a₁=3，
∴{a_n}為首項(xiàng)為3，公比為3的等比數(shù)列
∴a_n=3ⁿ．
（2）∵3²ⁿ⁺¹=3•3²ⁿ=3（4-1）²ⁿ=3[4²ⁿ${-C}_{2n}^{1}$•4^2n-1+…+${C}_{2n}^{2n-1}$•4•（-1）^2n-1+（-1）²ⁿ]=4m+3．
∴3²ⁿ⁺¹∈{b_n}．
而數(shù)3²ⁿ=（4-1）²ⁿ=[4²ⁿ${-C}_{2n}^{1}$•4^2n-1+…+${C}_{2n}^{2n-1}$•4•（-1）^2n-1+（-1）²ⁿ]=4k+1，
∴3²ⁿ∉{b_n}．
而數(shù)列{a_n}={a_2n}∪{a_2n+1}，
∴d_n=3²ⁿ⁺¹．（n∈N^*）；
（3）由3²ⁿ⁺¹=4r+3，r=$\frac{{3}^{2n+1}-3}{4}$，
∴B_r=$\frac{r（7+4r+3）}{2}$=r（2r+5）=$\frac{{3}^{2n+1}-3}{4}•\frac{{3}^{2n+1}+7}{2}$，D_n=$\frac{27}{1-9}$•（1-9ⁿ）=$\frac{27}{8}$（9ⁿ-1），
∴T_n=B_r-D_n=$\frac{{9}^{2n+1}+4•{3}^{2n+1}-21}{8}$-$\frac{27}{8}$（9ⁿ-1）=$\frac{9}{8}$•3⁴ⁿ$-\frac{11}{8}$•3²ⁿ+$\frac{3}{4}$（a_n）⁴=3⁴ⁿ

點(diǎn)評(píng) 本題綜合考查了等差數(shù)列等比數(shù)列的性質(zhì)，分類(lèi)的思想判斷運(yùn)用，構(gòu)造思想的運(yùn)用，復(fù)雜化簡(jiǎn)運(yùn)算屬于中檔題．