Question

12．等差數(shù)列{a_n}的各項(xiàng)均為正數(shù)，a₁=1，前n項(xiàng)和為S_n；{b_n}為等比數(shù)列，b₁=1，且b₂S₂=6，b₃S₃=24，n∈N^*．
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}和{b_n}的通項(xiàng)公式；
（2）令${C_n}=\frac{n}{b_n}+\frac{1}{{{a_n}•{a_{n+2}}}}$，T_n=C₁+C₂+C₃+…+C_n；是否存在最小的實(shí)數(shù)t，使得$t＞{T_n}+\frac{2n+3}{2（n+1）（n+2）}$恒成立，若存在，請(qǐng)求出最小的實(shí)數(shù)t；若不存在，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通過已知條件可知a_n=1+（n-1）d、b_n=q^n-1，利用b₂S₂=6、b₃S₃=24計(jì)算可求出公差、公比，進(jìn)而可得結(jié)論；
（II）通過（I）、裂項(xiàng)知C_n=$\frac{n}{{2}^{n-1}}$+$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+2}$），利用錯(cuò)位相減法可知$\sum_{i=1}^{n}$$\frac{i}{{2}^{i-1}}$=4-$\frac{n+2}{{2}^{n-1}}$，利用并項(xiàng)相加法可知$\sum_{i=1}^{n}$（$\frac{1}{i}$-$\frac{1}{i+2}$）=$\frac{3}{2}$-$\frac{2n+3}{（n+1）（n+2）}$，進(jìn)而可知T_n+$\frac{2n+3}{2（n+1）（n+2）}$=$\frac{19}{4}$-$\frac{n+2}{{2}^{n-1}}$，通過作差可知f（n）=$\frac{19}{4}$-$\frac{n+2}{{2}^{n-1}}$在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，進(jìn)而可得結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）設(shè)數(shù)列{a_n}的公差為d（d＞0），數(shù)列{b_n}的公比為q，
依題意，a_n=1+（n-1）d，b_n=1•q^n-1=q^n-1，
∵b₂S₂=6，b₃S₃=24，
∴（2+d）q=6，（3+3d）q²=24，
解得d=1、q=2或d=-$\frac{1}{2}$、q=4（舍），
∴a_n=1+（n-1）=n，b_n=1•2^n-1=2^n-1；
（II）結(jié)論：存在最小的實(shí)數(shù)t=$\frac{19}{4}$，使得$t＞{T_n}+\frac{2n+3}{2（n+1）（n+2）}$恒成立．
理由如下：
由（I）知${C_n}=\frac{n}{b_n}+\frac{1}{{{a_n}•{a_{n+2}}}}$=$\frac{n}{{2}^{n-1}}$+$\frac{1}{n（n+2）}$=$\frac{n}{{2}^{n-1}}$+$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+2}$），
∴T_n=C₁+C₂+C₃+…+C_n=$\sum_{i=1}^{n}$$\frac{i}{{2}^{i-1}}$+$\frac{1}{2}$•$\sum_{i=1}^{n}$（$\frac{1}{i}$-$\frac{1}{i+2}$），
其中$\sum_{i=1}^{n}$$\frac{i}{{2}^{i-1}}$是一個(gè)典型的錯(cuò)位相減法模型，解得$\sum_{i=1}^{n}$$\frac{i}{{2}^{i-1}}$=4-$\frac{n+2}{{2}^{n-1}}$，
$\sum_{i=1}^{n}$（$\frac{1}{i}$-$\frac{1}{i+2}$）是一個(gè)典型的裂項(xiàng)求和法模型，
$\sum_{i=1}^{n}$（$\frac{1}{i}$-$\frac{1}{i+2}$）=1+$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n+2}$=$\frac{3}{2}$-$\frac{2n+3}{（n+1）（n+2）}$，
∴T_n=4-$\frac{n+2}{{2}^{n-1}}$+$\frac{1}{2}$[$\frac{3}{2}$-$\frac{2n+3}{（n+1）（n+2）}$]=$\frac{19}{4}$-$\frac{n+2}{{2}^{n-1}}$-$\frac{2n+3}{2（n+1）（n+2）}$，
∴T_n+$\frac{2n+3}{2（n+1）（n+2）}$=$\frac{19}{4}$-$\frac{n+2}{{2}^{n-1}}$，
記f（n）=$\frac{19}{4}$-$\frac{n+2}{{2}^{n-1}}$，則f（n+1）-f（n）=$\frac{19}{4}$-$\frac{n+3}{{2}^{n}}$-$\frac{19}{4}$+$\frac{n+2}{{2}^{n-1}}$=$\frac{n+1}{{2}^{n}}$＞0，
從而f（n）在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，即f（n）＜$\frac{19}{4}$，
假設(shè)存在$t＞{T_n}+\frac{2n+3}{2（n+1）（n+2）}$恒成立，則t≥$\frac{19}{4}$，
即t的最小值為$\frac{19}{4}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)及前n項(xiàng)和，考查運(yùn)算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．