Question

14．设数列{a_n}的前n项和为S_n．已知$2{S_n}={3^n}+3$．
（Ⅰ）求{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）若数列{b_n}满足a_nb_n=log₃a_n，{b_n}的前n项和T_n
①求T_n；
②若P＜T_n＜Q对于n∈N^*恒成立，求P与Q的范围．

Answer 1

分析 （I）由$2{S_n}={3^n}+3$．利用递推关系可得：a_n=$\left\{\begin{array}{l}{3，n=1}\\{{3}^{n-1}，n≥2}\end{array}\right.$．
（II）a_nb_n=log₃a_n，b₁=$\frac{1}{3}$．n≥2时，b_n=$\frac{n-1}{{3}^{n-1}}$．利用“错位相减法”与等比数列的前n项和公式即可得出．

解答 解：（I）∵$2{S_n}={3^n}+3$．
∴当n=1时，2a₁=3+3，解得a₁=3；
当n≥2时，$2{S}_{n-1}={3}^{n-1}+3$，∴2a_n=2×3^n-1，解得a_n=3^n-1．
∴a_n=$\left\{\begin{array}{l}{3，n=1}\\{{3}^{n-1}，n≥2}\end{array}\right.$．
（II）a_nb_n=log₃a_n，∴b₁=$\frac{1}{3}lo{g}_{3}3$=$\frac{1}{3}$．
n≥2时，b_n=$\frac{lo{g}_{3}{3}^{n-1}}{{3}^{n-1}}$=$\frac{n-1}{{3}^{n-1}}$．
∴n≥2时，{b_n}的前n项和T_n=$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{3}+\frac{2}{{3}^{2}}$+…+$\frac{n-1}{{3}^{n-1}}$．
$\frac{1}{3}{T}_{n}$=$\frac{1}{9}$+$\frac{1}{{3}^{2}}+\frac{2}{{3}^{3}}$+…+$\frac{n-2}{{3}^{n-1}}$+$\frac{n-1}{{3}^{n}}$，
可得：$\frac{2}{3}{T}_{n}$=$\frac{2}{9}$+$\frac{1}{3}+\frac{1}{{3}^{2}}$…+$\frac{1}{{3}^{n-1}}$-$\frac{n-1}{{3}^{n}}$=$\frac{2}{9}$+$\frac{\frac{1}{3}（1-\frac{1}{{3}^{n-1}}）}{1-\frac{1}{3}}$-$\frac{n-1}{{3}^{n}}$=$\frac{13}{18}$-$\frac{2n+1}{2•{3}^{n}}$，
∴T_n=$\frac{13}{12}$-$\frac{2n+1}{4•{3}^{n-1}}$，当n=1时也成立，
∴${T_n}=\frac{13}{12}-\frac{6n+3}{{4•{3^n}}}$．
②由${T_{n+1}}-{T_n}={b_{n+1}}=n•{3^{-n}}＞0$知道T_n递增，
而${T_1}=\frac{1}{3}$，当$n→+∞，{T_n}→\frac{13}{12}$，
若P＜T_n＜Q对于n∈N^*恒成立，有$P＜\frac{1}{3}，Q≥\frac{13}{12}$．

点评 本题考查了“错位相减法”、等比数列的通项公式与前n项和公式、递推关系的应用，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．