Question

15．已知數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，S_n=$\frac{1}{3}$（a_n-1）（n∈N，n≥1）．
（1）求a₁，a₂；
（2）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（3）b_n=n，令c_n=b_na_n，求數(shù)列{c_n}的前n項和．

Answer 1

分析 （1）通過令n=1、2代入計算即得結(jié)論；
（2）通過S_n=$\frac{1}{3}$（a_n-1）（n∈N，n≥1）與S_n-1=$\frac{1}{3}$（a_n-1-1）（n∈N，n≥2）作差，計算可知數(shù)列{a_n}是首項、公比均為-$\frac{1}{2}$的等比數(shù)列，進(jìn)而計算可得結(jié)論；
（3）通過（2）可知c_n=n•$（-\frac{1}{2}）^{n}$，進(jìn)而利用錯位相減法計算即得結(jié)論．

解答 解：（1）依題意，a₁=S₁=$\frac{1}{3}$（a₁-1），
解得：a₁=-$\frac{1}{2}$，
當(dāng)n=2時，a₂-$\frac{1}{2}$=S₂=$\frac{1}{3}$（a₂-1），
解得：a₂=$\frac{1}{4}$；
（2）∵S_n=$\frac{1}{3}$（a_n-1）（n∈N，n≥1），
∴S_n-1=$\frac{1}{3}$（a_n-1-1）（n∈N，n≥2），
兩式相減得：a_n=$\frac{1}{3}$（a_n-a_n-1），即a_n=-$\frac{1}{2}$a_n-1，
又∵a₁=-$\frac{1}{2}$，
∴數(shù)列{a_n}是首項、公比均為-$\frac{1}{2}$的等比數(shù)列，
∴其通項公式a_n=（-1）ⁿ$\frac{1}{{2}^{n}}$；
（3）由（2）可知c_n=b_na_n=n•$（-\frac{1}{2}）^{n}$，記數(shù)列{c_n}的前n項和為T_n，
則T_n=$-\frac{1}{2}$+2•$（-\frac{1}{2}）^{2}$+3•$（-\frac{1}{2}）^{3}$+…+n•$（-\frac{1}{2}）^{n}$，
-$\frac{1}{2}$T_n=$（-\frac{1}{2}）^{2}$+2•$（-\frac{1}{2}）^{3}$+3•$（-\frac{1}{2}）^{4}$+…+（n-1）•$（-\frac{1}{2}）^{n}$+n•$（-\frac{1}{2}）^{n+1}$，
兩式相減得：$\frac{3}{2}$T_n=$-\frac{1}{2}$+$（-\frac{1}{2}）^{2}$+$（-\frac{1}{2}）^{3}$+…+$（-\frac{1}{2}）^{n}$-n•$（-\frac{1}{2}）^{n+1}$
=$\frac{-\frac{1}{2}[1-（-\frac{1}{2}）^{n}]}{1+\frac{1}{2}}$-n•$（-\frac{1}{2}）^{n+1}$
=-$\frac{1}{3}$+$\frac{2+3n}{6}$•$（-\frac{1}{2}）^{n}$，
∴T_n=-$\frac{2}{9}$+$\frac{2+3n}{9}$•$（-\frac{1}{2}）^{n}$．

點評 本題考查數(shù)列的通項及前n項和，考查錯位相減法，注意解題方法的積累，屬于中檔題．