Question

已知函數f(x)=(

1

3

)x，等比數列{a_n}的前n項和為f（n）-c，正項數列{b_n}的首項為c，且前n項和S_n滿足S_n-S_n-1=

Sn

+

Sn-1

（n≥2）．
（1）求數列{a_n}的通項公式；
（2）證明數列{

Sn

}是等差數列，并求S_n；
（3）若數列{

1

bnbn+1

}前n項和為T_n，問Tn＞

1000

2009

的最小正整數n是多少？
（4）設cn=

2bn

an

，求數列{c_n}的前n項和P_n．

Answer 1

分析：（1）因為a1=f(1)-c=

1

3

-c，a2=[f(2)-c]-[f(1)-c]=-

2

9

，a3=[f(3)-c]-[f(2)-c]=-

2

27

．數列{a_n}成等比數列，能求出數列{a_n}的通項公式．
（2）由Sn-Sn-1=

Sn

+

Sn-1

，n≥2，知

Sn

-

Sn-1

=1，（n≥2），由此能夠證明數列{

Sn

}是等差數列，并求出S_n．
（3）由（2）得Sn=n2，當n≥2時，b_n=S_n-S_n-1=n²-（n-1）²=2n-1，故

1

bnbn+1

=

1

(2n-1)(2n+1)

=

1

2

(

1

2n-1

-

1

2n+1

)，由此利用裂項求和法能求出滿足Tn＞

1000

2009

的最小正整數．
（4）由cn=

2bn

an

=(1-2n)•3n，知Pn=(-1)×3+(-3)×32+(-5)×33+…+(1-2n)×3n，由此利用錯位相減法能夠求出數列{c_n}的前n項和P_n．

解答：解：（1）因為a1=f(1)-c=

1

3

-c，
a2=[f(2)-c]-[f(1)-c]=-

2

9

，
a3=[f(3)-c]-[f(2)-c]=-

2

27

．
又數列{a_n}成等比數列，
所以a1=

a22

a3

=

4 81

- 2 27

=-

2

3

=

1

3

-c，
解得c=1．…（2分）
又公比q=

a2

a1

=

1

3

，
所以an=-

2

3

•(

1

3

)n-1=-2•（

1

3

）^n-1，n∈N^*．…（3分）
（2）∵Sn-Sn-1=

Sn

+

Sn-1

，n≥2，
即(

Sn

-

Sn-1

)(

Sn

+

Sn-1

)=

Sn

+

Sn-1

，n≥2
∴

Sn

-

Sn-1

=1，（n≥2）…（5分）
又

S1

=

b1

=

c

=1
∴數列{

Sn

}構成一個首項為1，公差為1的等差數列，
∴

Sn

=1+（n-1）×1=n，∴Sn=n2．…（6分）
（3）由（2）得Sn=n2，
當n≥2時，b_n=S_n-S_n-1=n²-（n-1）²=2n-1，（*）
又b₁=S₁=1，適合（*）式
∴b_n=2n-1，（n∈N^*） …（8分）
∵

1

bnbn+1

=

1

(2n-1)(2n+1)

=

1

2

(

1

2n-1

-

1

2n+1

)，
∴Tn=

1

b1b2

+

1

b2b3

+

1

b3b4

+…+

1

bnbn+1

=

1

2

(1-

1

3

)+

1

2

(

1

3

-

1

5

)+

1

2

(

1

5

-

1

7

)+…+

1

2

(

1

2n-1

-

1

2n+1

)
=

1

2

（1-

1

2n-1

）=

n

2n+1

，…（10分）
由T_n=

n

2n+1

＞

1000

2009

，得n＞

1000

9

，
故滿足Tn＞

1000

2009

的最小正整數為112．…（11分）
（4）cn=

2bn

an

=(1-2n)•3n．…（12分）
∴Pn=(-1)×3+(-3)×32+(-5)×33+…+(1-2n)×3n①3Pn=(-1)×32+(-3)×33+(-5)×34+…+(3-2n)×3n+(1-2n)×3n+1②
②-①得2Pn=3+2×32+2×33+…+2×3n+(1-2n)×3n+1

=3+2× 32(1-3n-1) 1-3 +(1-2n)×3n+1 =(2-2n)•3n+1-6.

∴Pn=(1-n)•3n+1-3．…（14分）

點評：本題考查數列的通項公式的求法，考查等差數列的證明，考查數列的前n項和的求法，解題時要認真審題，注意裂項求和法、錯位相減法的合理運用．