Question

3．已知公差大于零的等差數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，且滿足a₁•a₆=21，a₂+a₅=22．
（Ⅰ）若數(shù)列{b_n}滿足b₁+4b₂+9b₃+…+n²b_n=$\frac{1}{4}$a_n，求數(shù)列{b_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）證明：對(duì)一切正整數(shù)n，有b₁+b₂+…b_n＜1．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通過等差數(shù)列中下標(biāo)和相等兩項(xiàng)和相等及a₁•a₆=21可知a₁=1、a₆=21，進(jìn)而可知a_n=4n-3，當(dāng)n≥2時(shí)，利用n²b_n=（b₁+4b₂+9b₃+…+n²b_n）-[b₁+4b₂+9b₃+…+（n-1）²b_n-1]計(jì)算可知b_n=$\frac{1}{{n}^{2}}$（n≥2），進(jìn)而可得結(jié)論；
（Ⅱ）通過（I）放縮、裂項(xiàng)得，當(dāng)n≥2時(shí)b_n≤$\frac{1}{n-1}$-$\frac{1}{n}$，從第3項(xiàng)開始放縮、并項(xiàng)相加即得結(jié)論．

解答 （Ⅰ）解：依題意，a₁•a₆=21，a₁+a₆=22，
∴a₁=1、a₆=21，或a₁=21、a₆=1（舍），
∴公差d=$\frac{{a}_{6}-{a}_{1}}{6-1}$=$\frac{21-1}{6-1}$=4，
∴a_n=1+4（n-1）=4n-3，
∴b₁+4b₂+9b₃+…+n²b_n=n-$\frac{3}{4}$，
當(dāng)n≥2時(shí)，n²b_n=（b₁+4b₂+9b₃+…+n²b_n）-[b₁+4b₂+9b₃+…+（n-1）²b_n-1]
=（n-$\frac{3}{4}$）-[（n-1）-$\frac{3}{4}$]
=1，
∴b_n=$\frac{1}{{n}^{2}}$（n≥2），
又∵b₁=1-$\frac{3}{4}$=$\frac{1}{4}$不滿足上式，
∴b_n=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{4}，}&{n=1}\\{\frac{1}{{n}^{2}}，}&{n≥2}\end{array}\right.$；
（Ⅱ）證明：由（I）可知，b₁=$\frac{1}{4}$，
當(dāng)n≥2時(shí)，b_n=$\frac{1}{{n}^{2}}$≤$\frac{1}{n（n-1）}$=$\frac{1}{n-1}$-$\frac{1}{n}$，
∴b₁+b₂+…b_n≤$\frac{1}{4}$+$\frac{1}{4}$+$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{4}$+…+$\frac{1}{n-1}$-$\frac{1}{n}$=$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{n}$＜1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)及前n項(xiàng)和，考查放縮法，注意解題方法的積累，屬于中檔題．