Question

7．已知等差数列{a_n}的首项a₁=1，公差d＞0，且第2项、第5项、第14项分别是等比数列{b_n}的第2项、第3项、第4项．
（1）求数列{a_n}、{b_n}的通项公式；
（2）设数列{c_n}对任意的n∈N^*，均有$\frac{c_1}{b_1}+\frac{c_2}{b_2}+…+\frac{c_n}{b_n}={a_{n+1}}$成立，求数列$\{\frac{1}{{{{log}_3}{c_{2n}}．{{log}_3}{c_{2n+2}}}}\}$的前n项和S_n．

Answer 1

分析 （1）利用${{b}_{3}}^{2}$=b₂•b₄代入可知（1+4d）²=（1+d）（1+13d），计算得d=2，进而可知q=$\frac{{b}_{3}}{{b}_{2}}$=3，计算即得结论；
（2）通过$\frac{c_1}{b_1}+\frac{c_2}{b_2}+…+\frac{c_n}{b_n}={a_{n+1}}$与$\frac{{c}_{1}}{{b}_{1}}$+$\frac{{c}_{2}}{{b}_{2}}$+…+$\frac{{c}_{n-1}}{{b}_{n-1}}$=a_n（n≥2）作差可知c_n=2•3^n-1（n≥2），裂项可知$\frac{1}{lo{g}_{3}{c}_{2n}•lo{g}_{3}{c}_{2n+2}}$=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{lo{g}_{3}2+2n-1}$-$\frac{1}{lo{g}_{3}2+2n+1}$），进而并项相加即得结论．

解答 解：（1）依题意，b₂=a₂=1+d，b₃=a₅=1+4d，b₄=a₁₄=1+13d，
∵数列{b_n}为等比数列，
∴${{b}_{3}}^{2}$=b₂•b₄，即（1+4d）²=（1+d）（1+13d），
解得：d=2或d=0（舍），
则a_n=1+2（n-1）=2n-1；
又∵q=$\frac{{b}_{3}}{{b}_{2}}$=$\frac{{a}_{5}}{{a}_{2}}$=$\frac{2×5-1}{2×2-1}$=3，
∴b_n=${b}_{2}•{q}^{n-2}$=3•3^n-2=3^n-1；
（2）∵$\frac{c_1}{b_1}+\frac{c_2}{b_2}+…+\frac{c_n}{b_n}={a_{n+1}}$，
∴$\frac{{c}_{1}}{{b}_{1}}$+$\frac{{c}_{2}}{{b}_{2}}$+…+$\frac{{c}_{n-1}}{{b}_{n-1}}$=a_n（n≥2），
两式相减得：$\frac{{c}_{n}}{{b}_{n}}$=a_n+1-a_n，
即c_n=（a_n+1-a_n）•b_n=2•3^n-1（n≥2），
∴$\frac{1}{lo{g}_{3}{c}_{2n}•lo{g}_{3}{c}_{2n+2}}$=$\frac{1}{lo{g}_{3}（2•{3}^{2n-1}）}$•$\frac{1}{lo{g}_{3}（2•{3}^{2n+1}）}$=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{lo{g}_{3}2+2n-1}$-$\frac{1}{lo{g}_{3}2+2n+1}$），
∴S_n=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{lo{g}_{3}2+1}$-$\frac{1}{lo{g}_{3}2+3}$+…+$\frac{1}{lo{g}_{3}2+2n-1}$-$\frac{1}{lo{g}_{3}2+2n+1}$）
=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{lo{g}_{3}2+1}$-$\frac{1}{lo{g}_{3}2+2n+1}$）．

点评 本题考查数列的通项及前n项和，考查运算求解能力，利用裂项相消法是解决本题的关键，注意解题方法的积累，属于中档题．