Question

6．设数列{a_n}的前n项和记为S_n，且S_n=n²-3n+4．
（Ⅰ）求数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）设b_n=$\frac{{a}_{n}}{{3}^{n}}$，记数列{b_n}的前n项和记为T_n，求证$\frac{2}{3}$≤T_n＜$\frac{5}{6}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）分n=1及n≥2（此时a_n=S_n-S_n-1）两种情况考虑即可，；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得T_n的表达式，再写出$\frac{1}{3}{T}_{n}$的表达式，两者相减即得结果．

解答 解：（Ⅰ）当n=1时，a₁=S₁=2，
当n≥2时，a_n=S_n-S_n-1=n²-3n+4-（n-1）²+3（n-1）-4=2n-4，
故${a}_{n}=\left\{\begin{array}{l}{2}&{n=1}\\{2n-4}&{n≥2}\end{array}\right.$；
（Ⅱ）b_n=$\frac{{a}_{n}}{{3}^{n}}$=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{2}{3}}&{n=1}\\{\frac{2n-4}{{3}^{n}}}&{n≥2}\end{array}\right.$，其中${T}_{1}=\frac{2}{3}$，
当n≥2时，T_n=$\frac{2}{3}+\frac{0}{{3}^{2}}+\frac{2}{{3}^{3}}+…+\frac{2n-4}{{3}^{n}}$        …①
$\frac{1}{3}{T}_{n}$=$\frac{2}{{3}^{2}}+\frac{0}{{3}^{3}}+\frac{2}{{3}^{4}}+…+\frac{2n-6}{{3}^{n}}+\frac{2n-4}{{3}^{n+1}}$       …②
①-②得：$\frac{2}{3}{T}_{n}=\frac{2}{3}-\frac{2}{{3}^{2}}+\frac{2}{{3}^{3}}+\frac{2}{{3}^{4}}+…+\frac{2}{{3}^{n}}-\frac{2n-4}{{3}^{n+1}}$，
所以T_n=$1-\frac{1}{3}+\frac{1}{{3}^{2}}+\frac{1}{{3}^{3}}+…+\frac{1}{{3}^{n-1}}-\frac{n-2}{{3}^{n}}$
=$\frac{2}{3}+\frac{\frac{1}{9}（1-\frac{1}{{3}^{n-2}}）}{1-\frac{1}{3}}$-$\frac{n-2}{{3}^{n}}$
=$\frac{5}{6}-\frac{2n-1}{2×{3}^{n}}$    （n≥2），
由于b_n≥0，所以$\frac{2}{3}$≤Tn＜$\frac{5}{6}$．

点评 本题考查数列的通项公式的求法，考查数列的前n项和的求法，解题时要认真审题，运用错位相减法是解决本题的关键，属中档题．