Question

6．已知数列{a_n}的通项为a_n，前n项和为s_n，且a_n是s_n与2的等差中项，数列{b_n}中，b₁=1，点P（b_n，b_n+1）在直线x-y+2=0上．
（1）求数列{a_n}、{b_n}的通项公式a_n，b_n
（2）设{b_n}的前n项和为B_n，证明$\frac{1}{B_1}+\frac{1}{B_2}+…+\frac{1}{B_n}＜\frac{7}{4}$
（3）设T_n=$\frac{{b}_{1}}{{a}_{1}}$+$\frac{{b}_{2}}{{a}_{2}}$+…+$\frac{{b}_{n}}{{a}_{n}}$，若对一切正整数n，T_n＜c（c∈Z）恒成立，求c的最小值．

Answer 1

分析 （1）通过a_n是Sn与2的等差中项，分n=1、n≥2讨论即得a_n=2ⁿ；通过将点P（b_n，b_n+1）代入直线x-y+2=0方程，计算即得结论；
（2）通过计算可得${B_n}={n^2}$，利用$\frac{1}{n^2}＜\frac{1}{{{n^2}-1}}=\frac{1}{2}（\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n+1}）（n＞1）$，并项相加即可；
（3）通过$\frac{{b}_{n}}{{a}_{n}}$=$\frac{2n-1}{{2}^{n}}$，利用错位相减法即得结论．

解答 （1）解：∵a_n是Sn与2的等差中项，
∴S_n+2=2a_n，∴S_n=2a_n-2，
当n=1时，s₁=2a₁-2，∴a₁=2；
当n≥2时，a_n=S_n-S_n-1=2a_n-2a_n-1，即$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}$=2，
综上，数列{a_n}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴a_n=2ⁿ；
∵点P（b_n，b_n+1）在直线x-y+2=0上，
∴b_n-b_n+1+2=0，
又∵b₁=1，
∴{b_n}是以1为首项，2为公差的等差数列，
∴b_n=1+2（n-1）=2n-1，
∴${a_n}={2^n}，{b_n}=2n-1$；
（2）证明：∵b_n=2n-1，∴${B_n}={n^2}$，
∵$\frac{1}{n^2}＜\frac{1}{{{n^2}-1}}=\frac{1}{2}（\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n+1}）（n＞1）$，
∴$\frac{1}{{B}_{1}}$+$\frac{1}{{B}_{2}}$+…+$\frac{1}{{B}_{n}}$＜1+$\frac{1}{2}$（1-$\frac{1}{3}$）+$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{4}$）+…+$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{n-1}$-$\frac{1}{n+1}$）
=$\frac{7}{4}$-$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$
＜$\frac{7}{4}$，
即$\frac{1}{B_1}+\frac{1}{B_2}+…+\frac{1}{B_n}＜\frac{7}{4}$；
（3）解：∵${a_n}={2^n}，{b_n}=2n-1$，
∴$\frac{{b}_{n}}{{a}_{n}}$=$\frac{2n-1}{{2}^{n}}$，
∴T_n=$\frac{1}{2}$+3•$\frac{1}{{2}^{2}}$+5•$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+（2n-1）•$\frac{1}{{2}^{n}}$，
2T_n=1+3•$\frac{1}{2}$+5•$\frac{1}{{2}^{2}}$+7•$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+（2n-1）•$\frac{1}{{2}^{n-1}}$，
两式相减得：T_n=1+2（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n-1}}$）-（2n-1）•$\frac{1}{{2}^{n}}$
=1+2•$\frac{\frac{1}{2}[1-\frac{1}{{2}^{n-1}}]}{1-\frac{1}{2}}$-（2n-1）•$\frac{1}{{2}^{n}}$
=3-$\frac{1}{{2}^{n-2}}$-（2n-1）•$\frac{1}{{2}^{n}}$
=3-$\frac{2n-3}{{2}^{n}}$，
又∵对一切正整数n，T_n＜c（c∈Z）恒成立，
∴c的最小值是3．

点评 本题考查数列的通项和求和，注意解题方法的积累，属于中档题．