Question

13．已知數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，且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x-y+2=0上，n∈N*．
（1）求數(shù)列{a_n}，{b_n}的通項(xiàng)a_n和b_n；
（2）求證：$\frac{1}{{{b_1}{b_2}}}+\frac{1}{{{b_2}{b_3}}}+\frac{1}{{{b_3}{b_4}}}+…+\frac{1}{{{b_n}{b_{n+1}}}}＜\frac{1}{2}$；
（3）設(shè)c_n=a_n•b_n，求數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和T_n．

Answer 1

分析 （1）利用a_n=s_n-s_n-1，可得$\frac{a_n}{{{a_{n-1}}}}=2$，由點(diǎn)P（b_n，b_n+1）在直線x-y+2=0上，可得b_n+1-b_n=2，
（2）利用裂項(xiàng)求和，
（3）利用錯(cuò)位相減求和．

解答 解：（1）∵a_n是S_n與2的等差中項(xiàng)，∴S_n=2a_n-2，
∴S_n-1=2a_n-1-2，∴a_n=S_n-S_n-1=2a_n-2a_n-1，
又a₁=2，∴a_n≠0，$\frac{a_n}{{{a_{n-1}}}}=2$（n≥2，n∈N*），
即數(shù)列{a_n}是等比數(shù)列，${a_n}={2^n}$，
∵點(diǎn)P（b_n，b_n+1）在直線x-y+2=0上，∴b_n-b_n+1+2=0，b_n+1-b_n=2，
即數(shù)列{b_n}是等差數(shù)列，又b₁=1，∴b_n=2n-1．
（2）∵$\frac{1}{{{b_n}{b_{n+1}}}}=\frac{1}{（2n-1）（2n+1）}=\frac{1}{2}（\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）$，
∴$\frac{1}{{{b_1}{b_2}}}+\frac{1}{{{b_2}{b_3}}}+\frac{1}{{{b_3}{b_4}}}+…+\frac{1}{{{b_n}{b_{n+1}}}}$=$\frac{1}{2}（1-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}++\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）$=$\frac{1}{2}（1-\frac{1}{2n+1}）＜\frac{1}{2}$．
（3）∵${c_n}=（2n-1）{2^n}$，
∴T_n=a₁b₁+a₂b₂+…+a_nb_n=1×2+3×2²+5×2³+…+（2n-1）2ⁿ，
∴$2{T_n}=1×{2^2}+3×{2^3}+…+（2n-3）{2^n}+（2n-1）{2^{\;}}$，
因此，$-{T_n}=1×2+（2×{2^2}+2×{2^3}+…+2×{2^n}）-（2n-1）{2^{n+1}}$，
即$-{T_n}=1×2+（{2^3}+{2^4}+…+{2^{n+1}}）-（2n-1）{2^{n+1}}$，
∴${T_n}=（2n-3）{2^{n+1}}+6$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了數(shù)列的遞推式的應(yīng)用，及常見的非等差、等比數(shù)列求和，屬于基礎(chǔ)題．