Question

16．已知數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，數(shù)列{b_n}為等差數(shù)列，b₁=-1，b_n＞0（n≥2），b₂S_n+a_n=2且3a₂=2a₃+a₁．
（1）求{a_n}、{b_n}的通項(xiàng)公式；
（2）設(shè)c_n=$\frac{1}{{a}_{n}}$，T_n=$\frac{b_1}{{{c_1}+1}}$+$\frac{b_2}{{{c_2}+1}}$+…+$\frac{b_n}{{{c_n}+1}}$，證明：T_n＜$\frac{5}{2}$．

Answer 1

分析 （1）設(shè)b_n的公差為d，d＞1，b₁=-1，b_n＞0（n≥2），b₂S_n+a_n=2且3a₂=2a₃+a₁．求出d，然后求解{b_n}、{a_n}的通項(xiàng)公式．
（2）c_n=$\frac{1}{{a}_{n}}$，利用錯(cuò)位相減法求解T_n，即可證明T_n＜$\frac{5}{2}$．

解答 解：（1）設(shè)b_n的公差為d，d＞1，b₂=-1+d，b_n=-1+d（n-1）
當(dāng)n=1時(shí)，${a_1}=\frac{2}{{{b_2}+1}}=\frac{2}q0mymic$
當(dāng)n≥2時(shí)，b₂S_n+a_n①b₂S_n-1+a_n-1②
由①-②得到${a_n}=\frac{1}6myigsu{a_{n-1}}$，${a_1}=\frac{2}ik6m8ck，{a_2}=\frac{2}{d^2}，{a_3}=\frac{2}{d^3}$
由已知$\frac{6}{d^2}=\frac{4}{d^3}+\frac{2}c06waqc$，解為d=2，d=1（舍）
{b_n}、{a_n}的通項(xiàng)公式分別為${b_n}=2n-3，{a_n}={（{\frac{1}{2}}）^{n-1}}$n∈N^*…（7分）
（2）證明：${c_n}={2^{n-1}}$、${T_n}=\frac{-1}{1+1}+\frac{1}{2+1}+\frac{3}{{{2^2}+1}}+…+\frac{2n-3}{{{2^{n-1}}+1}}$
當(dāng)n≥2時(shí)，$\frac{2n-3}{{{2^{n-1}}+1}}＜\frac{2n-3}{{{2^{n-1}}}}$，${T_n}＜-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{3}{2^2}+…+\frac{2n-3}{{{2^{n-1}}}}$
設(shè)${S_{n-2}}=\frac{3}{2^2}+\frac{5}{2^3}+…+\frac{2n-3}{{{2^{n-1}}}}$①
$\frac{1}{2}{S_{n-2}}=\frac{3}{2^3}+\frac{5}{2^4}+…+\frac{2n-3}{2^n}$②
由①-②得到$\frac{1}{2}{S_{n-2}}=\frac{3}{4}+2（\frac{1}{2^3}+\frac{1}{2^4}+…+\frac{1}{{{2^{n-1}}}}）-\frac{2n-3}{2^n}$，
$\frac{1}{2}{S_{n-2}}=\frac{3}{4}+2×\frac{1}{8}×\frac{{1-{{（{\frac{1}{2}}）}^{n-3}}}}{{1-\frac{1}{2}}}-\frac{2n-3}{2^n}$
整理為${S_{n-2}}=\frac{5}{2}-{（{\frac{1}{2}}）^{n-3}}-\frac{2n-3}{{{2^{n-1}}}}$．
∴${T_n}＜{S_{n-2}}=\frac{5}{2}-{（{\frac{1}{2}}）^{n-3}}-\frac{2n-3}{{{2^{n-1}}}}＜\frac{5}{2}$…（14分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的遞推關(guān)系式的應(yīng)用，數(shù)列的通項(xiàng)公式以及數(shù)列求和方法的應(yīng)用，考查計(jì)算能力．