Question

16．已知数列{a_n}的前n项和为S_n，数列{b_n}为等差数列，b₁=-1，b_n＞0（n≥2），b₂S_n+a_n=2且3a₂=2a₃+a₁．
（1）求{a_n}、{b_n}的通项公式；
（2）设c_n=$\frac{1}{{a}_{n}}$，T_n=$\frac{b_1}{{{c_1}+1}}$+$\frac{b_2}{{{c_2}+1}}$+…+$\frac{b_n}{{{c_n}+1}}$，证明：T_n＜$\frac{5}{2}$．

Answer 1

分析 （1）设b_n的公差为d，d＞1，b₁=-1，b_n＞0（n≥2），b₂S_n+a_n=2且3a₂=2a₃+a₁．求出d，然后求解{b_n}、{a_n}的通项公式．
（2）c_n=$\frac{1}{{a}_{n}}$，利用错位相减法求解T_n，即可证明T_n＜$\frac{5}{2}$．

解答 解：（1）设b_n的公差为d，d＞1，b₂=-1+d，b_n=-1+d（n-1）
当n=1时，${a_1}=\frac{2}{{{b_2}+1}}=\frac{2}{d}$
当n≥2时，b₂S_n+a_n①b₂S_n-1+a_n-1②
由①-②得到${a_n}=\frac{1}{d}{a_{n-1}}$，${a_1}=\frac{2}{d}，{a_2}=\frac{2}{d^2}，{a_3}=\frac{2}{d^3}$
由已知$\frac{6}{d^2}=\frac{4}{d^3}+\frac{2}{d}$，解为d=2，d=1（舍）
{b_n}、{a_n}的通项公式分别为${b_n}=2n-3，{a_n}={（{\frac{1}{2}}）^{n-1}}$n∈N^*…（7分）
（2）证明：${c_n}={2^{n-1}}$、${T_n}=\frac{-1}{1+1}+\frac{1}{2+1}+\frac{3}{{{2^2}+1}}+…+\frac{2n-3}{{{2^{n-1}}+1}}$
当n≥2时，$\frac{2n-3}{{{2^{n-1}}+1}}＜\frac{2n-3}{{{2^{n-1}}}}$，${T_n}＜-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{3}{2^2}+…+\frac{2n-3}{{{2^{n-1}}}}$
设${S_{n-2}}=\frac{3}{2^2}+\frac{5}{2^3}+…+\frac{2n-3}{{{2^{n-1}}}}$①
$\frac{1}{2}{S_{n-2}}=\frac{3}{2^3}+\frac{5}{2^4}+…+\frac{2n-3}{2^n}$②
由①-②得到$\frac{1}{2}{S_{n-2}}=\frac{3}{4}+2（\frac{1}{2^3}+\frac{1}{2^4}+…+\frac{1}{{{2^{n-1}}}}）-\frac{2n-3}{2^n}$，
$\frac{1}{2}{S_{n-2}}=\frac{3}{4}+2×\frac{1}{8}×\frac{{1-{{（{\frac{1}{2}}）}^{n-3}}}}{{1-\frac{1}{2}}}-\frac{2n-3}{2^n}$
整理为${S_{n-2}}=\frac{5}{2}-{（{\frac{1}{2}}）^{n-3}}-\frac{2n-3}{{{2^{n-1}}}}$．
∴${T_n}＜{S_{n-2}}=\frac{5}{2}-{（{\frac{1}{2}}）^{n-3}}-\frac{2n-3}{{{2^{n-1}}}}＜\frac{5}{2}$…（14分）

点评 本题考查数列的递推关系式的应用，数列的通项公式以及数列求和方法的应用，考查计算能力．