Question

6．在数列{a_n}中，从数列{a_n}中选出n（n≥3）项并按原顺序组成新的数列记为{b_n}，并称{b_n}为数列{a_n}的n项子列，例如a_n=$\frac{1}{n}$，数列$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{3}$，$\frac{1}{5}$，$\frac{1}{8}$为{a_n}的一个4项子列．
（1）试写出数列{a_n}的一个3项子列，并使其为等差数列；
（2）若a_n=$\frac{1}{n}$，{b_n}为数列{a_n}的一个5项子列，且{b_n}为等差数列，证明：{b_n}的公差d满足-$\frac{1}{8}$＜d＜0；
（3）若{a_n}是公差不为0的等差数列，其子列a${\;}_{{k}_{1}}$，a${\;}_{{k}_{2}}$，a${\;}_{{k}_{3}}$，a${\;}_{{k}_{n}}$，…恰为等比数列，且k₁=1，k₂=3，k₃=7，令S_n=k₁+k₂+…+k_n，求证：$\frac{6}{{3}^{2}（{S}_{1}+1+2）-12}$+$\frac{6}{{3}^{3}（{S}_{2}+2+2）-12}$+$\frac{6}{{3}^{4}（{S}_{3}+3+2）-12}$+…+$\frac{6}{{3}^{n+1}（{S}_{n}+n+2）-12}$＜$\frac{97}{340}$．

Answer 1

分析 （1）可举$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{3}$，$\frac{1}{6}$，公差为-$\frac{1}{6}$；
（2）知1≥b₁＞b₂＞b₃＞b₄＞b₅＞0，假设b₁=1，确定b₂，再确定公差d的范围，从而得到b₁的范围，由b5＞0，即可得到d的范围；
（3）运用等比数列的中项的性质和等差数列的通项公式，可得a₁=2d，求得k₄=15，求得S_n=2ⁿ⁺¹-n-2，再化简所求式子，运用放缩法，结合等比数列的求和公式，即可得证．

解答 解：（1）答案不唯一．如3项子列$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{3}$，$\frac{1}{6}$，公差为-$\frac{1}{6}$；
（2）证明：由题意，知1≥b₁＞b₂＞b₃＞b₄＞b₅＞0，
所以d=b₂-b₁＜0．
假设b₁=1，
由{b_n}为{a_n}的一个5项子列，得b₂≤$\frac{1}{2}$，
所以d=b₂-b₁≤$\frac{1}{2}$-1=-$\frac{1}{2}$．
因为b₅=b₁+4d，b₅＞0，
所以4d=b₅-b₁=b₅-1＞-1，即d＞-$\frac{1}{4}$．
这与d≤-$\frac{1}{2}$矛盾．
所以假设不成立，即b₁≠1．
所以b₁≤$\frac{1}{2}$，
因为b₅=b₁+4d，b₅＞0，
所以4d=b₅-b₁≥b₅-$\frac{1}{2}$＞-$\frac{1}{2}$，即d＞-$\frac{1}{8}$，
综上，得-$\frac{1}{8}$＜d＜0；
（3）设{a_n}是公差d不为0的等差数列，
由a₁，a₃，a₇成等比数列，可得a₁a₇=a₃²，
即为a₁（a₁+6d）=（a₁+2d）²，
即有a₁=2d，（d≠0），
则a_n=（n+1）d，
等比数列的公比为q=$\frac{{a}_{3}}{{a}_{1}}$=$\frac{4d}{2d}$=2，
即有k₄=2⁴-1=15，可得k_n=2ⁿ-1，
又S_n=k₁+k₂+…+k_n=（2+4+8+…+2ⁿ）-n
=2ⁿ⁺¹-n-2，
则$\frac{6}{{3}^{n+1}（{S}_{n}+n+2）-12}$=$\frac{6}{{3}^{n+1}•{2}^{n+1}-12}$=$\frac{6}{{6}^{n+1}-12}$=$\frac{1}{{6}^{n}-2}$，
由$\frac{1}{{6}^{n}-2}$＜$\frac{1}{{5}^{n}}$，即有$\frac{6}{{3}^{2}（{S}_{1}+1+2）-12}$+$\frac{6}{{3}^{3}（{S}_{2}+2+2）-12}$+$\frac{6}{{3}^{4}（{S}_{3}+3+2）-12}$+…+$\frac{6}{{3}^{n+1}（{S}_{n}+n+2）-12}$＜$\frac{1}{5}$+$\frac{1}{25}$+…+$\frac{1}{{5}^{n}}$=$\frac{\frac{1}{5}（1-\frac{1}{{5}^{n}}）}{1-\frac{1}{5}}$＜$\frac{1}{4}$＜$\frac{97}{340}$．

点评 本题考查新定义的理解和运用，考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，以及不等式的证明，注意运用放缩法，考查推理能力，属于中档题．