Question

6．?dāng)?shù)列{a_n}和{b_n}滿足：對任意自然數(shù)n，a_n，b_n，a_n+1成等差數(shù)列，b_n，a_n+1，b_n+1成等比數(shù)列，且b₅=196，b₇=400．?dāng)?shù)列{c_n}的前n項和為S_n，且c_n=2-2S_n（n∈N^*）
（1）求證：數(shù)列{$\sqrt{_{n}}$}為等差數(shù)列；
（2）求數(shù)列{b_n}，{c_n}的通項公式；
（3）數(shù)列{$\sqrt{_{n}}$•c_n}的前n項和為T_n，求證：T_n＜$\frac{7}{2}$．

Answer 1

分析 （1）運用等差數(shù)列和等比數(shù)列的中項的性質(zhì)，可得2b_n=$\sqrt{_{n-1}_{n}}$+$\sqrt{_{n}_{n+1}}$，即有數(shù)列{$\sqrt{_{n}}$}為等差數(shù)列；
（2）設(shè){$\sqrt{_{n}}$}的公差為d，運用等差數(shù)列的通項公式，計算即可得到所求通項；再由當(dāng)n=1時，c₁=S₁=，
當(dāng)n＞1時，c_n=S_n-S_n-1，將n換為n-1，相減可得所求通項；
（3）求得$\sqrt{_{n}}$•c_n=2（3n-1）•（$\frac{1}{3}$）ⁿ，運用數(shù)列的求和方法：錯位相減法，結(jié)合等比數(shù)列的求和公式，可得所求和，再由不等式的性質(zhì)，即可得證．

解答 解：（1）證明：a_n，b_n，a_n+1成等差數(shù)列，可得
2b_n=a_n+a_n+1，
b_n，a_n+1，b_n+1成等比數(shù)列，可得a_n+1²=b_n•b_n+1，
由b_n＞0，可得a_n+1=$\sqrt{_{n}_{n+1}}$，
則2b_n=$\sqrt{_{n-1}_{n}}$+$\sqrt{_{n}_{n+1}}$，
可得2$\sqrt{_{n}}$=$\sqrt{_{n-1}}$+$\sqrt{_{n+1}}$，
即有數(shù)列{$\sqrt{_{n}}$}為等差數(shù)列；
（2）設(shè){$\sqrt{_{n}}$}的公差為d，
b₅=196，b₇=400，即有$\sqrt{_{5}}$=14，$\sqrt{_{7}}$=20，
d=$\frac{\sqrt{_{7}}-\sqrt{_{5}}}{7-5}$=$\frac{20-14}{7-5}$=3，
即有$\sqrt{_{n}}$=$\sqrt{_{5}}$+（n-5）d=14+3（n-5）=3n-1，
可得b_n=（3n-1）²，
當(dāng)n=1時，c₁=S₁=2-2S₁，解得c₁=$\frac{2}{3}$，
當(dāng)n＞1時，c_n=2-2S_n（n∈N^*），
將n換為n-1，可得c_n-1=2-2S_n-1（n∈N^*），
相減可得，c_n-c_n-1=-2（S_n-S_n-1）=-2c_n，
即為c_n=$\frac{1}{3}$c_n-1，
可得c_n=c₁q^n-1=2•（$\frac{1}{3}$）ⁿ；
（3）$\sqrt{_{n}}$•c_n=2（3n-1）•（$\frac{1}{3}$）ⁿ，
前n項和為T_n=2[2•$\frac{1}{3}$+5•（$\frac{1}{3}$）²+8•（$\frac{1}{3}$）³+…+（3n-1）•（$\frac{1}{3}$）ⁿ]，
$\frac{1}{3}$T_n=2[2•（$\frac{1}{3}$）²+5•（$\frac{1}{3}$）³+8•（$\frac{1}{3}$）⁴+…+（3n-1）•（$\frac{1}{3}$）ⁿ⁺¹]，
兩式相減可得，$\frac{2}{3}$T_n=2[$\frac{2}{3}$+3（（$\frac{1}{3}$）²+（$\frac{1}{3}$）³+（$\frac{1}{3}$）⁴+…+（$\frac{1}{3}$）ⁿ）-（3n-1）•（$\frac{1}{3}$）ⁿ⁺¹]
=2[$\frac{2}{3}$+3•$\frac{\frac{1}{9}（1-\frac{1}{{3}^{n-1}}）}{1-\frac{1}{3}}$-（3n-1）•（$\frac{1}{3}$）ⁿ⁺¹]，
化簡可得T_n=$\frac{7}{2}$-$\frac{6n+7}{2•{3}^{n}}$，
則T_n＜$\frac{7}{2}$．

點評 本題考查等差（比）數(shù)列的中項的性質(zhì)，以及等差數(shù)列的通項公式的運用，考查數(shù)列的求和方法：錯位相減法，化簡整理的運算能力，屬于中檔題．