Question

19．设数列{a_n}的前n项和为S_n，且S_n=$\frac{{3}^{n}-1}{2}$，记b_n=2（1+log₃a_n） （n∈N^*）．
（Ⅰ）求数列{a_nb_n}的前n项和T_n；
（Ⅱ）求证：对于任意的正整数n，都有$\frac{1+{b}_{1}}{{b}_{1}}$•$\frac{1+{b}_{2}}{{b}_{2}}$•…•$\frac{1+{b}_{n}}{{b}_{n}}$＜$\sqrt{2n+1}$成立；
（Ⅲ）求证：对于任意的正整数n，都有（$\frac{{b}_{1}-1}{{b}_{1}}$）²•（$\frac{{b}_{2}-1}{{b}_{2}}$）²•…•（$\frac{{b}_{n}-1}{{b}_{n}}$）²≥$\frac{1}{4n}$成立．

Answer 1

分析 （I）由S_n=$\frac{{3}^{n}-1}{2}$，n=1时，a₁=S₁；n≥2时，a_n=S_n-S_n-1，可得：a_n=3^n-1．于是b_n=2n．a_nb_n=2n•3^n-1．再利用“错位相减法”与等比数列的求和公式即可得出．
（II）利用$\frac{1+{b}_{n}}{{b}_{n}}$=$\frac{1+2n}{2n}$＜$\frac{2n}{2n-1}$.1+2n=2（n+1）-1．设T_n=$\frac{1+{b}_{1}}{{b}_{1}}$•$\frac{1+{b}_{2}}{{b}_{2}}$•…•$\frac{1+{b}_{n}}{{b}_{n}}$，可得T_n＜$\frac{1}{{T}_{n}}$×（1+2n），即可证明．
（III）n=1时，$（\frac{2-1}{2}）^{2}$=$\frac{1}{4}$，可得左边=右边，成立．n≥2时，$（\frac{{b}_{n}-1}{{b}_{n}}）^{2}$=$（\frac{2n-1}{2n}）^{2}$≥$\frac{n-1}{n}$，即可证明．

解答 （I）解：∵S_n=$\frac{{3}^{n}-1}{2}$，∴n=1时，a₁=S₁=$\frac{3-1}{2}$=1；n≥2时，a_n=S_n-S_n-1=$\frac{{3}^{n}-1}{2}$-$\frac{{3}^{n-1}-1}{2}$，化为：a_n=3^n-1，n=1时也成立．∴a_n=3^n-1．∴b_n=2（1+log₃a_n）=2n．
∴a_nb_n=2n•3^n-1．
∴数列{a_nb_n}的前n项和T_n=2（1+2×3+3×3²+…+n•3^n-1）．
∴3T_n=2[3+2×3²+…+（n-1）•3^n-1+n•3ⁿ]，
∴-2T_n=2（1+3+3²+…+3^n-1-n•3ⁿ）=2×$（\frac{{3}^{n}-1}{3-1}-n•{3}^{n}）$=（1-2n）•3ⁿ-1，
∴T_n=$\frac{1+（2n-1）•{3}^{n}}{2}$．
（II）证明：$\frac{1+{b}_{n}}{{b}_{n}}$=$\frac{1+2n}{2n}$＜$\frac{2n}{2n-1}$.1+2n=2（n+1）-1．
∴T_n=$\frac{1+{b}_{1}}{{b}_{1}}$•$\frac{1+{b}_{2}}{{b}_{2}}$•…•$\frac{1+{b}_{n}}{{b}_{n}}$=$\frac{1+2}{2×1}$×$\frac{1+2×2}{2×2}$×…×$\frac{1+2n}{2n}$＜$\frac{2×1}{2×1-1}$×$\frac{2×2}{2×2-1}$×…×$\frac{2n}{2n-1}$=$\frac{2×1}{2×2-1}$×$\frac{2×1}{2×3-1}$×…×$\frac{2（n-1）}{2n-1}$×$\frac{2n}{1+2n}$×（1+2n）．
∴T_n＜$\frac{1}{{T}_{n}}$×（1+2n），
∴T_n＜$\sqrt{2n+1}$．
（III）证明：n=1时，$（\frac{2-1}{2}）^{2}$=$\frac{1}{4}$，∴左边=右边，成立．
n≥2时，∵$（\frac{{b}_{n}-1}{{b}_{n}}）^{2}$=$（\frac{2n-1}{2n}）^{2}$≥$\frac{n-1}{n}$，
∴（$\frac{{b}_{1}-1}{{b}_{1}}$）²•（$\frac{{b}_{2}-1}{{b}_{2}}$）²•…•（$\frac{{b}_{n}-1}{{b}_{n}}$）²≥$\frac{1}{4}$×$\frac{1}{2}$×$\frac{2}{3}$×…×$\frac{n-1}{n}$=$\frac{1}{4n}$．
∴对于任意的正整数n，都有（$\frac{{b}_{1}-1}{{b}_{1}}$）²•（$\frac{{b}_{2}-1}{{b}_{2}}$）²•…•（$\frac{{b}_{n}-1}{{b}_{n}}$）²≥$\frac{1}{4n}$成立．

点评 本题考查了数列递推关系、等比数列的通项公式与求和公式、“错位相减法”、不等式的证明、“放缩法”，考查了推理能力与计算能力，属于难题．