Question

12．已知正項數(shù)列{a_n}與正項數(shù)列{b_n}的前n項和分別為A_n和B_n，且對任意n∈N^*，a_n+1-a_n=2（b_n+1-b_n）恒成立．
（1）若A_n=$\frac{1}{2}$（a_n-1）（a_n+2），n∈N^*，求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）在（1）的條件下，若b₁=1，求B_n；
（3）若對任意n∈N^*，恒有a_n=B_n及$\frac{_{2}}{{a}_{1}{a}_{2}}$+$\frac{_{3}}{{a}_{2}{a}_{3}}$+$\frac{_{4}}{{a}_{3}{a}_{4}}$+…+$\frac{_{n+1}}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$＜$\frac{1}{3}$成立，求實數(shù)b₁的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）推導出2a_n+1=${{a}_{n+1}}^{2}+3{a}_{n+1}-{{a}_{n}}^{2}+{a}_{n}$，從而${{a}_{n+1}}^{2}-{a}_{n+1}={{a}_{n}}^{2}+{a}_{n}$，進而a_n+1-a_n=0，由此能求出數(shù)列{a_n}的通項公式．
（2）推導出b_n+1-b_n=$\frac{1}{2}$，b₁=1，由此能求出B_n．
（3）由a_n+1=B_n+1，a_n=B_n，得a_n+1-a_n=b_n+1，從而$\frac{_{n+1}}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$=$\frac{{2}^{n}•_{1}}{{_{1}}^{2}（{2}^{n+1}-1）（{2}^{n}-1）}$=$\frac{1}{_{1}}$（$\frac{1}{{2}^{n}-1}-\frac{1}{{2}^{n+1}-1}$），令c_n+1=$\frac{_{n+1}}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$，T_n為c_n前n項之和，由此利用$\frac{_{2}}{{a}_{1}{a}_{2}}$+$\frac{_{3}}{{a}_{2}{a}_{3}}$+$\frac{_{4}}{{a}_{3}{a}_{4}}$+…+$\frac{_{n+1}}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$＜$\frac{1}{3}$，能求出實數(shù)b₁的取值范圍．

解答 解：（1）∵正項數(shù)列{a_n}的前n項和分別為A_n=$\frac{1}{2}$（a_n-1）（a_n+2），n∈N^*，
∴${A}_{n+1}=\frac{1}{2}（{a}_{n+1}-1）（{a}_{n+1}+2）$，
整理，得：2a_n+1=${{a}_{n+1}}^{2}+3{a}_{n+1}-{{a}_{n}}^{2}+{a}_{n}$，
∴${{a}_{n+1}}^{2}-{a}_{n+1}={{a}_{n}}^{2}+{a}_{n}$，
（${{a}_{n+1}}^{2}-{{a}_{n}}^{2}$）=a_n+1+a_n，∴a_n+1+a_n=0（舍），或a_n+1-a_n=0，
2a₁=（a₁-1）（a₁+2）=0，解得a₁=2或a₁=-1（舍），
∴數(shù)列{a_n}的通項公式a_n=2+（n-1）×1=n+1．
（2）∵正項數(shù)列{b_n}的前n項和為B_n，且對任意n∈N^*，a_n+1-a_n=2（b_n+1-b_n）恒成立．
∴b_n+1-b_n=$\frac{1}{2}$，
∵b₁=1，∴$_{n}=1+（n-1）×\frac{1}{2}$=$\frac{n+1}{2}$，
∴B_n=$\frac{1}{2}×\frac{n（n+1）}{2}+\frac{1}{2}×n$=$\frac{n（n+3）}{4}$．
（3）∵對任意n∈N^*，a_n+1-a_n=2（b_n+1-b_n）恒成立．對任意n∈N^*，恒有a_n=B_n，
∴a_n+1=B_n+1，a_n=B_n，∴a_n+1-a_n=b_n+1，
∴$_{n+1}=2_{n}=_{1}•{2}^{n-1}$，${a}_{n}=_{1}（{2}^{n}-2）+{{a}_{1}}^{\;}$=$_{1}（{2}^{n}-1）$，
$\frac{_{n+1}}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$=$\frac{{2}^{n}•_{1}}{{_{1}}^{2}（{2}^{n+1}-1）（{2}^{n}-1）}$=$\frac{1}{_{1}}$（$\frac{1}{{2}^{n}-1}-\frac{1}{{2}^{n+1}-1}$），
令c_n+1=$\frac{_{n+1}}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$，T_n為c_n前n項之和，
∵{c_n}是遞增數(shù)列，∴T_n+1＞T_n，
∵$\frac{_{2}}{{a}_{1}{a}_{2}}$+$\frac{_{3}}{{a}_{2}{a}_{3}}$+$\frac{_{4}}{{a}_{3}{a}_{4}}$+…+$\frac{_{n+1}}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$＜$\frac{1}{3}$，
∴T_n=$\frac{1}{_{1}}$（1-$\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{7}+…+\frac{1}{{2}^{n}-1}-\frac{1}{{2}^{n+1}-1}$）
=$\frac{1}{_{1}}$（1-$\frac{1}{{2}^{n+1}-1}$）＜$\frac{1}{3}$，
∴b₁≥3．∴實數(shù)b₁的取值范圍[3，+∞）．

點評 本題考查數(shù)列的通項公式的求法，考查數(shù)列的前n項和的求法，考查數(shù)列的首項的取值范圍的求法，考查推理論證能力、運算求解能力，考查化歸與轉化思想、函數(shù)與方程思想，是中檔題．