Question

18．已知各项均不相等的正项数列{a_n}的首项为$\frac{1}{2}$，当n≥2时，a_n²=a_n+1•a_n-1，数列{b_n}对任意n∈N₊均有（b_n+1-b_n+2）lga₁+（b_n+2-b_n）lga₃+（b_n-b_n+1）lga₅=0．
（1）若a₁≠a₂，求证：数列{b_n}是等差数列；
（2）在（1）的条件下．已知b₁=2，b₄=5，a₂=$\frac{1}{2}$a₁，数列{c_n}满足c_n=a_n•b_n，记数列{c_n}的前n项和为S_n，求证：S_n＜3．

Answer 1

分析 （1）由已知得{a_n}是首项为$\frac{1}{2}$的等比数列，从而由对数运算法则得到$lg[{{a}_{1}}^{{b}_{n+1}-{b}_{n+2}}×（{a}_{1}{q}^{4}）^{{b}_{n}-{b}_{n+1}}]$=$lg（{a}_{1}{q}^{2}）^{{b}_{n}-{b}_{n+2}}$，进而利用指数运算法则能证明数列{b_n}是等差数列．
（2）由已知得b₄=2+3d=5，q=$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$=$\frac{1}{2}$，从而得到c_n=a_n•b_n=（n+1）•$（\frac{1}{2}）^{n}$，由此利用错位相减法能证明S_n＜3．

解答 （1）证明：∵各项均不相等的正项数列{a_n}的首项为$\frac{1}{2}$，当n≥2时，a_n²=a_n+1•a_n-1，
∴{a_n}是首项为$\frac{1}{2}$的等比数列，设公比为q（q＞0），
∵数列{b_n}对任意n∈N₊均有（b_n+1-b_n+2）lga₁+（b_n+2-b_n）lga₃+（b_n-b_n+1）lga₅=0，
∴（b_n+1-b_n+2）lga₁+（b_n-b_n+1）lga₅=（b_n-b_n+2）lga₃，
∴$lg[{{a}_{1}}^{{b}_{n+1}-{b}_{n+2}}×（{a}_{1}{q}^{4}）^{{b}_{n}-{b}_{n+1}}]$=$lg（{a}_{1}{q}^{2}）^{{b}_{n}-{b}_{n+2}}$，
∴$（\frac{1}{2}）^{{b}_{n}-{b}_{n+2}}$•${q}^{4（{b}_{n}-{b}_{n+1}）}$=$（\frac{1}{2}）^{{b}_{n}-{b}_{n+2}}•{q}^{2（{b}_{n}-{b}_{n+2}）}$．
∴4（b_n-b_n+1）=2（b_n-b_n+2），
∴2b_n+1=b_n+b_n+2，
∴数列{b_n}是等差数列．
（2）证明：∵{b_n}是等差数列，{a_n}是首项为$\frac{1}{2}$的等比数列，b₁=2，b₄=5，a₂=$\frac{1}{2}$a₁，
∴b₄=2+3d=5，解得d=1，q=$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$=$\frac{1}{2}$，
∴a_n=$\frac{1}{2}×（\frac{1}{2}）^{n-1}$=（$\frac{1}{2}$）ⁿ，b_n=2+（n-1）×1=n+1，
∴c_n=a_n•b_n=（n+1）•$（\frac{1}{2}）^{n}$，
∴数列{c_n}的前n项和：
S_n=$2×\frac{1}{2}+3×（\frac{1}{2}）^{2}+4×（\frac{1}{2}）^{3}+…+（n+1）$×$（\frac{1}{2}）^{n}$，①
$\frac{1}{2}{S}_{n}=2×（\frac{1}{2}）^{2}+3×（\frac{1}{2}）^{3}+4×（\frac{1}{2}）^{4}$+…+$（n+1）×（\frac{1}{2}）^{n+1}$，②
①-②，得：
$\frac{1}{2}{S}_{n}$=1+$（\frac{1}{2}）^{2}+（\frac{1}{2}）^{3}+…+（\frac{1}{2}）^{n}-（n+1）×（\frac{1}{2}）^{n+1}$
=1+$\frac{\frac{1}{4}[1-（\frac{1}{2}）^{n}]}{1-\frac{1}{2}}$-（n+1）×$（\frac{1}{2}）^{n+1}$
=1+$\frac{1}{2}-（n+2）×（\frac{1}{2}）^{n+1}$，
∴${S}_{n}=3-（n+2）×（\frac{1}{2}）^{n}$＜3．
∴S_n＜3．

点评 本题考查等差数列的证明，考查数列的前n项和小于3的证明，解题时要注意对数运算法则和错位相减法的合理运用，是中档题．