Question

1．已知数列{a_n}的前n项和记为S_n，a₁=2，a_n+1=S_n+n，等差数列{b_n}的各项为正，其前n项和为T_n，且T₃=9，又a₁+b₁，a₂+b₂，a₃+b₃成等比数列．
（1）求{a_n}，{b_n}的通项公式；
（2）求证：当n≥2时，$\frac{1}{{b}_{1}^{2}}+\frac{1}{{b}_{2}^{2}}+…+\frac{1}{{b}_{n}^{2}}＜\frac{4}{5}$．

Answer 1

分析 （1）由a₁=2，a_n+1=S_n+n，当n≥2时，a_n=S_n-1+（n-1），可得a_n+1-a_n=a_n+1，变形为a_n+1+1=2（a_n+1），由于a₁+1=3，a₂+1=4．可得数列{a_n+1}从第二项等比数列，即可得出a_n．设等差数列{b_n}的公差为d＞0，由T₃=9，又a₁+b₁，a₂+b₂，a₃+b₃成等比数列，可得3b₁+3d=9，$（{a}_{2}+{b}_{2}）^{2}$=（a₁+b₁）（a₃+b₃），代入解出即可．
（2）当n≥2时，$\frac{1}{{b}_{n}^{2}}$=$\frac{1}{（2n-1）^{2}}$＜$\frac{1}{4{n}^{2}-4n}$=$\frac{1}{4}（\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}）$．利用“裂项求和”即可得出．

解答 （1）解：∵a₁=2，a_n+1=S_n+n，
∴当n=1时，a₂=a₁+1=3．
当n≥2时，a_n=S_n-1+（n-1），可得a_n+1-a_n=a_n+1，
变形为a_n+1+1=2（a_n+1），
由于a₁+1=3，a₂+1=4．
∴数列{a_n+1}从第二项等比数列，a₂+1=4，公比为2，
∴n≥2时，a_n+1=4×2^n-2，∴a_n=2ⁿ-1．
∴a_n=$\left\{\begin{array}{l}{2，n=1}\\{{2}^{n}-1，n≥2}\end{array}\right.$．
设等差数列{b_n}的公差为d＞0，∵T₃=9，又a₁+b₁，a₂+b₂，a₃+b₃成等比数列，
∴3b₁+3d=9，$（{a}_{2}+{b}_{2}）^{2}$=（a₁+b₁）（a₃+b₃），即$（3+{b}_{1}+d）^{2}$=（2+b₁）（7+b₁+2d），
联立解得：d²+5d-14=0，d＞0．
解得d=2，b₁=1．
∴b_n=1+2（n-1）=2n-1．
（2）证明：当n≥2时，$\frac{1}{{b}_{n}^{2}}$=$\frac{1}{（2n-1）^{2}}$=$\frac{1}{4{n}^{2}-4n+1}$＜$\frac{1}{4{n}^{2}-4n}$=$\frac{1}{4}（\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}）$．
∴$\frac{1}{{b}_{1}^{2}}+\frac{1}{{b}_{2}^{2}}$+…+$\frac{1}{{b}_{n}^{2}}$＜1+$\frac{1}{4}[（1-\frac{1}{2}）+（\frac{1}{2}-\frac{1}{3}）$+…+$（\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}）]$=1+$\frac{1}{4}（1-\frac{1}{n}）$$＜\frac{5}{4}$．
∴$\frac{1}{{b}_{1}^{2}}+\frac{1}{{b}_{2}^{2}}$+…+$\frac{1}{{b}_{n}^{2}}$$＜\frac{5}{4}$．

点评 本题考查了递推关系、“裂项求和”方法、等差数列与等比数列的通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．