Question

若数列{a_n}的前n项和为S_n，对任意正整数n都有6S_n=1-2a_n，记bn=log

1

2

an．
（1）求数列{b_n}的通项公式；
（2）若c_n+1-c_n=b_n，c₁=0，求证：对任意n≥2，n∈N*都有

1

c2

+

1

c3

+…+

1

cn

＜

3

4

．

Answer 1

考点：数列的求和

专题：等差数列与等比数列

分析：（1）由6S_n=1-2a_n，求出6S_n-1=1-2a_n-1，两式相减推导出数列{a_n}是首项a1=

1

8

，公比q=

1

4

的等比数列，由此利用记bn=log

1

2

an，能求出数列{b_n}的通项公式．
（2）由c_n+1-c_n=b_n=2n+1，利用累加法能求出c_n=（n-1）（n+1），由此能证明

1

c2

+

1

c3

+…+

1

cn

＜

3

4

对任意n≥2，n∈N^*均成立．

解答： 解：（1）由6S₁=1-2a₁，得6a₁=1-2a₁，解得a1=

1

8

．
由6S_n=1-2a_n①，
当n≥2时，有6S_n-1=1-2a_n-1②，
①-②得：

an

an-1

=

1

4

，
∴数列{a_n}是首项a1=

1

8

，公比q=

1

4

的等比数列，
∴an=a1qn-1=

1

8

×(

1

4

)n-1=(

1

2

)2n+1，
∴bn=log

1

2

an=log

1

2

(

1

2

)2n+1=2n+1．
（2）∵c_n+1-c_n=b_n=2n+1，
∴c_n-c_n-1=b_n-1=2（n-1）+1，
c_n-1-c_n-2=b_n-2=2（n-2）+1，
…，
c₃-c₂=b₂=2×2+1，
c₂-c₁=b₁=2×1+1，
以上n-1个式子相加得：
cn-c1=bn-1=2(1+2+3+…+n-1)+n-1=n2-1，
∴c_n=（n-1）（n+1），
∴

1

cn

=

1

(n-1)(n+1)

=

1

2

(

1

n-1

-

1

n+1

)，
∴

1

c2

+

1

c3

+…+

1

cn

=

1

2

(1-

1

3

+

1

2

-

1

4

+

1

3

-

1

5

+…+

1

n-2

-

1

n

+

1

n-1

-

1

n+1

)
=

1

2

(1+

1

2

-

1

n

-

1

n+1

)=

3

4

-

1

2

(

1

n

+

1

n+1

)，
∵

1

2

(

1

n

+

1

n+1

)＞0，
∴

1

c2

+

1

c3

+…+

1

cn

＜

3

4

对任意n≥2，n∈N^*均成立．

点评：本题考查数列的通项公式和前n项和的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意累加法和裂项求和法的合理运用．