Question

18．?dāng)?shù)列{a_n}的前n項和為S_n，a₁=2，a_n+1=S_n+n．
（1）寫出a₂，a₃，a₄的值，并求{a_n}的通項公式；
（2）正項等差數(shù)列{b_n}的前n項和為T_n，且T₃=9，并滿足a₁+b₁，a₂+b₂，a₃+$\frac{1}{2}$b₃，成等比數(shù)列．
（i）求數(shù)列{b_n}的通項公式
（ii）設(shè)B_n=$\frac{1}{_{1}^{2}}$+$\frac{1}{_{2}^{2}}$+…+$\frac{1}{_{n}^{2}}$，試確定B_n與$\frac{3}{4}$的大小關(guān)系，并給出證明．

Answer 1

分析 （1）由a₁=2，a_n+1=S_n+n，可得a₂=a₁+1=3，同理可得a₃=7，a₄=15．當(dāng)n≥2時，a_n=S_n-1+（n-1），可得a_n+1-a_n=a_n+1，變形為a_n+1+1=2（a_n+1），即可得出．
（2）（i）設(shè)正項等差數(shù)列{b_n}的為d＞0，由T₃=9，可得3b₂=9，解得b₂．由于a₁+b₁，a₂+b₂，a₃+$\frac{1}{2}$b₃，成等比數(shù)列，可得$（{a}_{2}+_{2}）^{2}$=（a₁+b₁）$（{a}_{3}+\frac{1}{2}_{3}）$，（3+3）²=（2+3-d）$[7+\frac{1}{2}×（3+d）]$，代入解出即可得出d．
（ii）$\frac{1}{_{n}^{2}}$=$\frac{1}{（n+1）^{2}}$＜$\frac{1}{{n}^{2}+2n}$=$\frac{1}{2}（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+2}）$．利用“裂項求和”與不等式的性質(zhì)即可證明．

解答 解：（1）∵a₁=2，a_n+1=S_n+n，可得a₂=a₁+1=3，同理可得a₃=7，a₄=15．
當(dāng)n≥2時，a_n=S_n-1+（n-1），∴a_n+1-a_n=a_n+1，變形為a_n+1+1=2（a_n+1），
∴當(dāng)n≥2時，數(shù)列{a_n+1}是等比數(shù)列，首項為4，公比為2．
∴a_n+1=4•2^n-2，
化為a_n=2ⁿ-1．
∴a_n=$\left\{\begin{array}{l}{2，n=1}\\{{2}^{n}-1，n≥2}\end{array}\right.$．
（2）（i）設(shè)正項等差數(shù)列{b_n}的為d＞0．
∵T₃=9，∴$\frac{3（_{1}+_{3}）}{2}$=3b₂=9，解得b₂=3．
∵a₁+b₁，a₂+b₂，a₃+$\frac{1}{2}$b₃，成等比數(shù)列，
∴$（{a}_{2}+_{2}）^{2}$=（a₁+b₁）$（{a}_{3}+\frac{1}{2}_{3}）$，
∴（3+3）²=（2+3-d）$[7+\frac{1}{2}×（3+d）]$，
化為d²+12d-13=0，
解得d=1或d=-13（舍去）．
∴b_n=b₂+（n-2）=3+n-2=n+1．
（ii）$\frac{1}{_{n}^{2}}$=$\frac{1}{（n+1）^{2}}$＜$\frac{1}{{n}^{2}+2n}$=$\frac{1}{2}（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+2}）$．
∴B_n=$\frac{1}{_{1}^{2}}$+$\frac{1}{_{2}^{2}}$+…+$\frac{1}{_{n}^{2}}$＜$\frac{1}{2}$$[（1-\frac{1}{3}）$+$（\frac{1}{2}-\frac{1}{4}）$+$（\frac{1}{3}-\frac{1}{5}）$+…+$（\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n+1}）$+$（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+2}）]$
=$\frac{1}{2}（1+\frac{1}{2}-\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}）$$＜\frac{3}{4}$，
∴B_n＜$\frac{3}{4}$．

點評 本題考查了等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項公式及其前n項和公式、遞推關(guān)系的應(yīng)用、“裂項求和”方法、不等式的性質(zhì)，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．