Question

设正项数列{d_n}的前n项和为s_n，若?M＞0，对?n∈N⁺，s_n＜M恒成立，则称{d_n}为收敛数列．已知数列{a_n}为等差数列，a₁=2，公差d为质数； {b_n}为等比数列，b₁=1，公比q的倒数为正偶数，且满足a2+a3+a4+a5=

1

b3

+

1

b4

+

1

b5

．
（1）求数列{a_n}和{b_n}的通项公式；
（2）是判断数列{a_n•b_n}是否为收敛数列？若是，请证明；若不是请说明理由；
（3）设cn=

dn

(1+d1)(1+d2)…(1+dn)

(n∈N+)，试判断数列{c_n}是否为收敛数列？若是，请证明；若不是请说明理由．

Answer 1

考点：等差数列与等比数列的综合

专题：新定义

分析：（1）由a₂+a₃+a₄+a₅=

1

b3

+

1

b4

+

1

b5

，可求得4（2.5d+2）=

1

q2

（1+

1

q

+

1

q2

），据题意，可分析得到q=

1

2

，d=2，从而可求得数列{a_n}和{b_n}的通项公式；
（2）由于a_n•b_n=n×(

1

2

)n-2，其前n项和S_n=2+2+1.5+…+（n-2）×(

1

2

)n-4+（n-1）×(

1

2

)n-3+n×(

1

2

)n-2①，0.5Sn=1+1+0.75+…+（n-2）(

1

2

)n-3+（n-1）×(

1

2

)n-2+n×(

1

2

)n-1②
利用错位相减法可求得S_n=8-（2+n）×(

1

2

)n-2＜8，从而可判断数列{a_n•b_n}是否为收敛数列．
（3）利用放缩法可求得c_n＜

1

d1+d2+…+dn-1

，从而可证数列{d_n}的前n项和为s_n＜

1

cn+1

，从而可得答案．

解答： 解：（1）∵a₂+a₃+a₄+a₅=

1

b3

+

1

b4

+

1

b5

，
即4a₁+10d=

1

q2

+

1

q3

+

1

q4

，∵a₁=2，
∴4（2.5d+2）=

1

q2

（1+

1

q

+

1

q2

）
∵4是正偶数和完全平方数，

1

q2

是正偶数，2.5d+2是质数，1+

1

q

+

1

q2

是质数，
∴

1

q2

=4，2.5d+2=1+

1

q

+

1

q2

∴q=

1

2

，d=2．
∴a_n=2n，b_n=(

1

2

)n-1；
 （2）a_n•b_n=2n×(

1

2

)n-1=n×(

1

2

)n-2，
∴S_n=2+2+1.5+…+（n-2）×(

1

2

)n-4+（n-1）×(

1

2

)n-3+n×(

1

2

)n-2①
  0.5S_n=1+1+0.75+…+（n-2）(

1

2

)n-3+（n-1）×(

1

2

)n-2+n×(

1

2

)n-1②
 两式相减得：0.5S_n=2+1+0.5+…+(

1

2

)n-3+(

1

2

)n-2-n×(

1

2

)n-1，
∴S_n=8-（2+n）×(

1

2

)n-2＜8，即存在M=8，满足定义
∴数列{a_n•b_n}是收敛数列；
（3）∵数列{d_n}为正项数列，
∴c_n=

dn

(1+d1)(1+d2)…(1+dn)

＜

dn

(1+d1)(1+d2)…(1+dn-1)•dn

=

1

(1+d1)(1+d2)…(1+dn-1)

＜

1

d1+d2+…+dn-1

，
∴c_n+1＜

1

d1+d2+…+dn-1+dn

，
∴d₁+d₂+d₃+…+d_n＜

1

cn+1

，
∴数列{d_n}是收敛数列，又{d_n}为正项数列，
∴

cn+1

cn

=

dn+1

(1+d1)(1+d2)…(1+dn+1)

×

(1+d1)(1+d2)…(1+dn)

dn

=

dn+1

dn(1+dn+1)

＜

1

dn

＜

1

M

，
∴c_n+1＜c_n•

1

M

．
∴c₁+c₂+…+c_n＜c₁+c₁•

1

M

+c₁•(

1

M

)2+…+c₁•(

1

M

)n-1=

c1

1- 1 M

•（1-(

1

M

)n）＜

c1

1- 1 M

．
∴数列{c_n}是收敛数列．

点评：本题考查等差数列与等比数列的综合，考查错位相减法求和与放缩法证明不等式，突出分析求解与推理运算能力，属于难题