Question

12．設(shè)數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，設(shè)a_n是S_n與2的等差中項(xiàng)，數(shù)列{b_n}中，b₁=1，點(diǎn)P（b_n，b_n+1）在直線y=x+2上．
（1）求a_n，b_n；
（2）若數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為B_n，比較$\frac{1}{B_1}+\frac{1}{B_2}+…+\frac{1}{B_n}$與2的大�。�
（3）令${T_n}=\frac{b_1}{a_1}+\frac{b_2}{a_2}+…+\frac{b_n}{a_n}$，是否存在正整數(shù)M，使得T_n＜M對(duì)一切正整數(shù)n都成立？若存在，求出M的最小值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）由題意得數(shù)列{a_n}是以2為公比、首項(xiàng)a₁=2的等比數(shù)列，數(shù)列{b_n}是以2為公差、首項(xiàng)b₁=1的等差數(shù)列，進(jìn)而得到答案；
（2）利用放縮法，結(jié)合裂項(xiàng)相消法，可得$\frac{1}{B_1}+\frac{1}{B_2}+…+\frac{1}{B_n}$＜2；
（3）利用錯(cuò)位相減法，求出${T_n}=3-\frac{1}{{{2^{n-2}}}}-\frac{2n-1}{2^n}＜3$，可得結(jié)論．

解答 解：（1）由題意得2a_n=S_n+2，即2a₁=S₁+2=a₁+2，
所以a₁=2
因?yàn)镾_n=2a_n-2，S_n+1=2a_n+1-2，
所以a_n+1=S_n+1-S_n=2（a_n+1-a_n），即a_n+1=2a_n，
所以數(shù)列{a_n}是以2為公比、首項(xiàng)a₁=2的等比數(shù)列，
即${a_n}={2^n}（{n∈N*}）$
因?yàn)辄c(diǎn)P（b_n，b_n+1）在直線y=x+2上，
所以b_n+1=b_n+2，即b_n+1-b_n=2，
所以數(shù)列{b_n}是以2為公差、首項(xiàng)b₁=1的等差數(shù)列，
即b_n=2n-1（n∈N*）…（4分）
（2）${B_n}={b_1}+{b_2}+…+{b_n}={n^2}$，
所以
$\begin{array}{l}\frac{1}{B_1}+\frac{1}{B_2}+…+\frac{1}{B_n}=\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+…+\frac{1}{n^2}＜1+\frac{1}{1×2}+\frac{1}{2×3}+…+\frac{1}{（n-1）×n}\\=1+（1-\frac{1}{2}）+（\frac{1}{2}-\frac{1}{3}）+…+（\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}）=2-\frac{1}{n}＜2\end{array}$…（8分）
（3）因?yàn)?{T_n}=\frac{b_1}{a_1}+\frac{b_2}{a_2}+…+\frac{b_n}{a_n}=\frac{1}{2}+\frac{3}{2^2}+\frac{5}{2^3}+…+\frac{2n-1}{2^n}$①
所以$\frac{1}{2}{T_n}=\frac{1}{2^2}+\frac{3}{2^3}+…+\frac{2n-1}{{{2^{n+1}}}}$②
①-②得$\frac{1}{2}{T_n}=\frac{1}{2}+2（\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^3}+…+\frac{1}{2^n}）-\frac{2n-1}{{{2^{n+1}}}}=\frac{1}{2}+2×\frac{{\frac{1}{4}×（1-\frac{1}{{{2^{n-1}}}}）}}{{1-\frac{1}{2}}}-\frac{2n-1}{{{2^{n+1}}}}$
所以${T_n}=3-\frac{1}{{{2^{n-2}}}}-\frac{2n-1}{2^n}＜3$
又由${T_1}=\frac{1}{2}$，T_n單調(diào)遞增，
所以${T_n}∈[{\frac{1}{2}，3}）$…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查的知識(shí)點(diǎn)是等差數(shù)列和等比數(shù)列，數(shù)列求和，難度中檔．