Question

已知數(shù)列{a_n} 的首項(xiàng)a₁=1前n項(xiàng)和S_n滿足S_n+1=S_n+a_n+1，n∈N^*，數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和T_n=1-

1

3

b_n
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}與{b_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）設(shè)C_n=a_n•

bn

，
    ①求數(shù)列{c_n}前n項(xiàng)和P_n；  
    ②證明：當(dāng)且僅當(dāng)n≥2時(shí)，c_n+1＜c_n．

Answer 1

考點(diǎn)：數(shù)列的求和,數(shù)列與不等式的綜合

專題：綜合題,等差數(shù)列與等比數(shù)列

分析：（Ⅰ）由S_n+1=S_n+a_n+1，可得{a_n}是首項(xiàng)為1，公差為1的等差數(shù)列，當(dāng)n≥2時(shí)，b_n=T_n-T_n-1=1-

1

3

b_n-1+

1

3

b_n-1，
可得數(shù)列{b_n}是等比數(shù)列，其首項(xiàng)為

3

4

，公比為

1

4

，即可求數(shù)列{a_n}與{b_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）①利用錯(cuò)位相減法可求數(shù)列{c_n}前n項(xiàng)和P_n；  
②由

cn+1

cn

＜1，即

n+1

2n

＜1，可得n≥2，結(jié)合c_n＞0恒成立，即可得出結(jié)論．

解答： （Ⅰ）解：由于S_n+1=S_n+a_n+1，
∴S_n+1-S_n=a_n+1，
∴a_n+1-a_n=1，
∴{a_n}是首項(xiàng)為1，公差為1的等差數(shù)列，
∴a_n=n        …（2分）
又當(dāng)n≥2時(shí)，b_n=T_n-T_n-1=1-

1

3

b_n-1+

1

3

b_n-1，
∴4b_n=b_n-1，
又b₁=1-

1

3

b₁，∴b₁=

3

4

，
∴數(shù)列{b_n}是等比數(shù)列，其首項(xiàng)為

3

4

，公比為

1

4

，
∴b_n=3•(

1

4

)n…（4分）
（Ⅱ）①解：由（Ⅰ）知c_n=a_n•

bn

=

3 n

2n

，
∴P_n=

3

（

1

2

+

2

22

+…+

n

2n

），
∴

1

2

P_n=

3

（

1

22

+

2

23

+…+

n-1

2n

+

n

2n+1

），
兩式相減可得

1

2

P_n=

3

（

1

2

+

1

22

+…+

1

2n

-

n

2n+1

），
∴P_n=

3

（2-

n+2

2n

）…（9分）
②證明：由c_n=a_n•

bn

=

3 n

2n

，可得

cn+1

cn

=

n+1

2n

，
由

cn+1

cn

＜1，即

n+1

2n

＜1，可得n≥2
又n≥2時(shí)

cn+1

cn

＜1，由于c_n＞0恒成立．
因此，當(dāng)且僅當(dāng)n≥2時(shí)，c_n+1＜c_n．        …（13分）

點(diǎn)評(píng)：本題考查數(shù)列與不等式的綜合，考查等差數(shù)列、等比數(shù)列的通項(xiàng)，考查數(shù)列的求和，考查學(xué)生分析解決問題的能力，難度中等．