Question

5．設(shè)數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列，數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和S_n滿足S_n=2（b_n-1），且a₂=b₁-1，a₅=b₃-1．
（1）求數(shù)列{a_n}和{b_n}的通項(xiàng)公式；
（2）設(shè)c_n=a_n•b_n，求數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和；
（3）證明：當(dāng)n≥2時(shí)，$\sqrt{\frac{1}{{{a_1}+2}}}+\sqrt{\frac{1}{{{a_2}+2}}}+\sqrt{\frac{1}{{{a_3}+2}}}+…+\sqrt{\frac{1}{{{a_n}+2}}}＞\sqrt{n}$．

Answer 1

分析 （1）利用條件求數(shù)列的首項(xiàng)和公差，公比，然后求等差數(shù)列和等比數(shù)列的通項(xiàng)公式．
（2）利用錯(cuò)位相減法即可求出數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和，
（3）利用放縮法得到$\sqrt{\frac{1}{{a}_{n}+2}}$＞$\sqrt{2n+1}$-$\sqrt{2n-1}$，再求和，需要驗(yàn)證n=2，3是否成立，問題得以證明．

解答 解：（1）∵S_n=2（b_n-1），①
∴當(dāng)n≥2時(shí)，S_n-1=2（b_n-1-1），②
由①-②得：b_n=2（b_n-b_n-1）（n≥2），即b_n=2b_n-1（n≥2），
又n=1時(shí)，S₁=2（b₁-1），得b₁=2，
∴${b_n}={2^n}$（n∈N*）．
設(shè)數(shù)列{a_n}的公差為d，則$d=\frac{{{a_5}-{a_2}}}{5-2}=2$，
所以a_n=2n-3（n∈N*）．
（2）由（1）知${c_n}=（2n-3）•{2^n}$，設(shè)數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和為T_n，
則${T_n}=-1×2+1×{2^2}+3×{2^3}+…+（2n-3）×{2^n}$，
$2{T_n}=-1×{2^2}+1×{2^3}+3×{2^4}+…+（2n-5）×{2^n}+（2n-3）×{2^{n+1}}$，
兩式作差得$-{T_n}=-1×2+2×{2^2}+2×{2^3}+…+2×{2^n}-（2n-3）×{2^{n+1}}$=$-2-\frac{{8（1-{2^{n+1}}）}}{1-2}-（2n-3）×{2^{n+1}}$=-10-（2n-5）×2ⁿ⁺¹，
∴${T_n}=（2n-5）•{2^{n+1}}+10$（n∈N*）．
（3）證明：∵$\sqrt{\frac{1}{{a}_{n}+2}}$=$\frac{1}{\sqrt{2n-1}}$=$\frac{2}{\sqrt{2n-1}+\sqrt{2n+1}}$＞$\frac{2}{\sqrt{2n-1}+\sqrt{2n+1}}$=$\sqrt{2n+1}$-$\sqrt{2n-1}$，
∴$\sqrt{\frac{1}{{{a_1}+2}}}+\sqrt{\frac{1}{{{a_2}+2}}}+…+\sqrt{\frac{1}{{{a_n}+2}}}＞（\sqrt{3}-1）+（\sqrt{5}-\sqrt{3}）+…+（\sqrt{2n+1}-\sqrt{2n-1}）=\sqrt{2n+1}-1$，
又∵$（\sqrt{2n+1}-1）-\sqrt{n}=\sqrt{2n+1}-（\sqrt{n}+1）$，
且當(dāng)n≥4時(shí)，${（\sqrt{2n+1}）^2}-{（\sqrt{n}+1）^2}=n-2\sqrt{n}=\sqrt{n}（\sqrt{n}-2）≥0$，
∴$\sqrt{2n+1}-1≥\sqrt{n}$，
∴當(dāng)n≥4時(shí)，$\sqrt{\frac{1}{{{a_1}+2}}}+\sqrt{\frac{1}{{{a_2}+2}}}+…+\sqrt{\frac{1}{{{a_n}+2}}}＞\sqrt{n}$成立，
當(dāng)n=2，n=3時(shí)，可以驗(yàn)證不等式也成立．
綜上，當(dāng)n≥2時(shí)，$\sqrt{\frac{1}{{{a_1}+2}}}+\sqrt{\frac{1}{{{a_2}+2}}}+…+\sqrt{\frac{1}{{{a_n}+2}}}＞\sqrt{n}$．

點(diǎn)評 本題主要考查等差數(shù)列和等比數(shù)列的通項(xiàng)公式，以及利錯(cuò)位相減法求前n項(xiàng)和S_n，放縮法證明不等式成立，屬于中檔題．