Question

12．已知數(shù)列{b_n}（n∈N^*）的前n項(xiàng)和為S_n，且{$\frac{{S}_{n}}{n}$}是等差數(shù)列，b₁=1，$\frac{{S}_{2}}{2}+\frac{{S}_{3}}{3}+\frac{{S}_{4}}{4}$=6，{a_n}滿足：?n∈N^*，a₁b₁+a₂b₂+…a_nb_n=（n-1）2ⁿ⁺¹+2．
（1）求數(shù)列{a_n}與{b_n}的通項(xiàng)公式；
（2）設(shè)T_n=$\frac{3{a}_{n}}{2{a}_{n}^{2}-3{a}_{n}+1}$，P_n=T₁+T₂+…+T_n，Q_n=a₁b_n+a₂b_n-1+…+a_nb₁，n∈N⁺，證明：P_n≤Q_n．

Answer 1

分析 （1）利用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式及其前n項(xiàng)和公式可得S_n，再利用遞推式可得b_n，a_n．
（2）T_n=$\frac{3{a}_{n}}{2{a}_{n}^{2}-3{a}_{n}+1}$=$3×（\frac{1}{{2}^{n}-1}-\frac{1}{{2}^{n+1}-1}）$，利用“裂項(xiàng)求和”可得P_n．由Q_n=n×2+（n-1）×2²+…+2×2^n-1+2ⁿ，利用“錯(cuò)位相減法”、等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式可得Q_n，再利用二項(xiàng)式定理即可比較出大�。�

解答 （1）解：設(shè)等差數(shù)列{$\frac{{S}_{n}}{n}$}的公差為d，
∵b₁=1，$\frac{{S}_{2}}{2}+\frac{{S}_{3}}{3}+\frac{{S}_{4}}{4}$=6，
∴$4×1+\frac{4×3}{2}d$-1=6，解得d=$\frac{1}{2}$，
∴$\frac{{S}_{n}}{n}$=1+$\frac{1}{2}（n-1）$，
∴S_n=$\frac{n（n+1）}{2}$，
∴當(dāng)n≥2時(shí)，b_n=S_n-S_n-1=$\frac{n（n+1）}{2}$-$\frac{n（n-1）}{2}$=n，當(dāng)n=1時(shí)也成立，
∴b_n=n．
∵?n∈N^*，a₁b₁+a₂b₂+…+a_nb_n=（n-1）2ⁿ⁺¹+2，
∴當(dāng)n=1時(shí)，a₁b₁=2，
∴a₁=2．
當(dāng)n≥2時(shí)，a₁b₁+a₂b₂+…+a_n-1b_n-1=（n-2）2ⁿ+2．
a_nb_n=n•2ⁿ，
∴a_n=2ⁿ，當(dāng)n=1時(shí)也成立，
∴a_n=2ⁿ．
（2）證明：T_n=$\frac{3{a}_{n}}{2{a}_{n}^{2}-3{a}_{n}+1}$=$3×（\frac{1}{{2}^{n}-1}-\frac{1}{{2}^{n+1}-1}）$，
∴P_n=T₁+T₂+…+T_n=$3[（\frac{1}{2-1}-\frac{1}{{2}^{2}-1}）$+$（\frac{1}{{2}^{2}-1}-\frac{1}{{2}^{3}-1}）$+…+$（\frac{1}{{2}^{n}-1}-\frac{1}{{2}^{n+1}-1}）]$=$3（1-\frac{1}{{2}^{n+1}-1}）$．
a_ib_n+1-i=2ⁱ（n+1-i）．
∴Q_n=a₁b_n+a₂b_n-1+…+a_nb₁=n×2+（n-1）×2²+…+2×2^n-1+2ⁿ，
∴2Q_n=n×2²+（n-1）2³+…+2×2ⁿ+2ⁿ⁺¹，
∵-Q_n=2n-2²-2³-…-2ⁿ-2ⁿ⁺¹=2n-$\frac{4（{2}^{n}-1）}{2-1}$=2n-2ⁿ⁺²+4，
∴Q_n=2ⁿ⁺²-2n-4．
當(dāng)n=1時(shí)，P₁=2=Q₁，
當(dāng)n≥2時(shí)，P_n＜3，Q_n=4（1+1）ⁿ-2n-4≥4（1+2n）-2n-4=2n≥4，∴P_n≤Q_n．
綜上可得：?n∈N^*，P_n≤Q_n．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項(xiàng)公式及其前n項(xiàng)和公式、“裂項(xiàng)求和”、“錯(cuò)位相減法”、二項(xiàng)式定理、不等式的性質(zhì)，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．