Question

（2010•合肥模拟）已知数列{a_n}的前n项和为S_n，且Sn=

2-qan

1-q

（n∈N^*）其中q为非零常数，函数f(x)=

1

2

x2+2x-

1

2

，数列{b_n}满足b_n+1=f′（b_n），（n∈N^*），b₁=f（1），设cn=

1

12

anbn，{b_n}的前n项和为T_n，Bn=

1

T1

+

1

T2

+…+

1

Tn

，求A_n=c₁+c₂+…+c_n．
（Ⅰ）求证：数列{a_n}为等比数列；
（Ⅱ）当q=

1

3

时，试比较f(

4

3

An)与f（B_n）的大小，并说明理由．

Answer 1

分析：（I）利用n≥2时，数列的通项a_n与前n项和S_n的关系可得a_n=qa_n-1，再根据等差，等比数列的定义判断即可．
（II）先求出{a_n}与{b_n}的通项公式，从而得到{c_n}的通项以及Tn，然后利用裂项求和法求出B_n，利用错位相消法求出A_n，再将

4

3

An与B_n作差比较即可．

解答：解：（Ⅰ）S_n=

2-qan

1-q

⇒(1-q)Sn=2-qan且q≠1
当n=1时，（1-q）S₁=2-qa₁⇒a₁=2
当n≥2时，（1-q）S_n-（1-q）S_n-1=qa_n-1-qa_n⇒a_n=qa_n-1
∴{a_n}是以2为首项，公比为q的等比数列．
（Ⅱ） 当q=

1

3

时，由（1）得 a_n=2(

1

3

)n-1
又 f（x）=

1

2

x2+2x-

1

2

，∴f′（x）=x+2
由b_n+1=f′（b_n）得b_n+1=f′（b_n）=b_n+2
∴{b_n}是以2为首项，公差为2的等差数列，
故b_n=2n
∴c_n=

1

12

anbn=n(

1

3

)n     T_n=

n(b1+bn)

2

=n（n+1），
B_n=

1

T1

+

1

T2

+…+

1

Tn

=

1

1×2

+

1

2×3

+…+

1

n(n+1)

=1-

1

n+1

A_n=c₁+c₂+…+c_n=1•

1

3

+2(

1

3

)2+…+n(

1

3

)n…①
∴

1

3

An=1•(

1

3

)2+2(

1

3

)3+3(

1

3

)4+…+(n-1)(

1

3

)n+n(

1

3

)n+1…②
①-②得∴

2

3

An=1•(

1

3

)1+(

1

3

)2+(

1

3

)3+…+(

1

3

)n-n(

1

3

)n+1
=

1 3 (1- 1 3n )

1- 1 3

-n(

1

3

)n+1=

1- 1 3n

2

-n(

1

3

)n+1
∴

4

3

An=1-

1

3n

-

2n

3

•

1

3n

∴

4

3

An-Bn=1-

1

3n

-

2n

3

•

1

3n

-1+

1

n+1

=

1

n+1

-

2n+3

3n+1

=

3n+1-(2n2+5n+3)

(n+1)•3n+1

当n=1时，

4

3

An-Bn=

3n+1-(2n2+5n+3)

(n+1)•3n+1

=

9-10

18

＜0
∴

4

3

An＜Bn
当n≥2时，
令g（x）=3^x+1-（2x²+5x+3）
则g′（x）=3^x+1ln3-（4x+5），g^∥（x）=3^x+1（ln3）²-4在[2，+∞）上为单调增函数，
∴g^∥（x）=3^x+1（ln3）²-4≥3³（ln3）²-4＞0
∴g′（x）=3^x+1ln3-（4x+5）在[2，+∞）上为单调增函数，
g′（x）=3^x+1ln3-（4x+5）≥3³ln3-9＞27-9＞0
g（x）=3^x+1-（2x²+5x+3）在[2，+∞）上为单调增函数，
∴当n≥2时，g（n）=3ⁿ⁺¹-（2n²+5n+3）≥3³-（2×4+10+3）＞0
即当n≥2时，

4

3

An-Bn=

3n+1-(2n2+5n+3)

(n+1)•3n+1

＞0
∴当n≥2时，

4

3

An＞Bn
又f′（x）=x+2＞0对x≥0恒成立，
∴f（x）在[0，+∞）上单调递增，
∴当n=1时f（

4

3

An）＜f（B_n）
当n≥2时f（

4

3

An）＞f（B_n）．

点评：本题主要考查了数列与不等式的综合，同时考查了裂项求和法和错位相消法的运用，属于难题．