Question

19．设数列{a_n}的前n项和为S_n，已知S_n=$\frac{3}{2}（{a_n}-1）$．
（1）求a₁的值，并求数列{a_n}的通项公式；
（2）若数列{b_n}为等差数列，且b₃+b₅=-8，2b₁+b₄=0，设c_n=a_n•b_n，数列{c_n}的前n项和为T_n，证明：对任意$n∈N*，{T_n}+（n-\frac{5}{2}）•{3^{n+1}}$是一个与n无关的常数．

Answer 1

分析 （1）根据a_n=S_n-S_n-1（n≥2）得出{a_n}为等比数列，从而得出a_n；
（2）求出b_n，c_n，使用错位相减法求出T_n即可得出结论．

解答 解：（1）n=1时，a₁=$\frac{3}{2}$（a₁-1），解得a₁=3．
当n≥2时，∵S_n=$\frac{3}{2}（{a_n}-1）$，∴S_n-1=$\frac{3}{2}$（a_n-1-1）．
∴a_n=S_n-S_n-1=$\frac{3}{2}$（a_n-a_n-1），∴a_n=3a_n-1．
∴{a_n}是以3为首项，以3为公比的等比数列，
∴a_n=3•3^n-1=3ⁿ．
（2）∵{b_n}是等差数列，b₃+b₅=-8，
∴b₄=-4，又2b₁+b₄=0，∴b₁=2．
∴{b_n}的公差d=$\frac{{b}_{4}-{b}_{1}}{3}$=-2．
∴b_n=2-2（n-1）=4-2n．
∴c_n=（4-2n）3ⁿ，
∴T_n=2•3+0•3²+（-2）•3³+…+（4-2n）•3ⁿ，
∴3T_n=2•3²+0•3³+（-2）•3⁴+…+（4-2n）•3ⁿ⁺¹，
两式相减得-2T_n=6+（-2）•3²+（-2）•3³+…+（-2）•3ⁿ-（4-2n）•3ⁿ⁺¹
=6-2•$\frac{{3}^{2}（1-{3}^{n-1}）}{1-3}$-（4-2n）•3ⁿ⁺¹=15+（2n-5）3ⁿ⁺¹，
∴T_n=-$\frac{15}{2}$+（$\frac{5}{2}$-n）•3ⁿ⁺¹，
∴T_n+（n-$\frac{5}{2}$）•3ⁿ⁺¹=-$\frac{15}{2}$．
∴T_n+（n-$\frac{5}{2}$）•3ⁿ⁺¹是一个与n无关的常数．

点评 本题考查了等比数列的判断，通项公式的求法，错位相减法求和，属于中档题．