Question

13．已知公差不為零的等差數(shù)列{a_n}的首項(xiàng)a₁=2，其前n項(xiàng)和為S_n，且a₁，a₂，a₄成等比數(shù)列．其中n∈N*．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式及{a_n•（-3）ⁿ}的前2n項(xiàng)和T_2n；
（2）設(shè)b_n=$\frac{{S}_{n}}{{S}_{n+1}}$+$\frac{{S}_{n+1}}{{S}_{n}}$，數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為P_n，求P_n，并證明P_n＜a_n+3．

Answer 1

分析 （1）設(shè)等差數(shù)列{a_n}的公差為d≠0，由a₁，a₂，a₄成等比數(shù)列，可得${a}_{2}^{2}$=a₁a₄，解得d．可得a_n．于是a_n•（-3）ⁿ=2n•（-3）ⁿ．再利用“錯(cuò)位相減法”與等比數(shù)列的求和公式可得：{a_n•（-3）ⁿ}的前2n項(xiàng)和T_2n．
（2）利用“裂項(xiàng)求和”方法及其數(shù)列的單調(diào)性即可得出．

解答 解：（1）設(shè)等差數(shù)列{a_n}的公差為d≠0，∵a₁，a₂，a₄成等比數(shù)列，∴${a}_{2}^{2}$=a₁a₄，
∴（2+d）²=2（2+3d），解得d=2．
∴a_n=2+2（n-1）=2n．
a_n•（-3）ⁿ=2n•（-3）ⁿ．
∴{a_n•（-3）ⁿ}的前2n項(xiàng)和T_2n=2[-3+2×（-3）²+…+（2n-1）•（-3）^2n-1+（2n）•（-3）²ⁿ]，

-3T_2n=2[（-3）²+2×（-3）³+…+（2n-1）•（-3）²ⁿ+（2n）•（-3）²ⁿ⁺¹]，
∴4T_2n=2[（-3）+（-3）²+…+（-3）²ⁿ-（2n）•（-3）²ⁿ⁺¹]
=2[$\frac{-3[1-（-3）^{2n}]}{1-（-3）}$-（2n）•（-3）²ⁿ⁺¹]=$\frac{（1+8n）•{3}^{2n+1}}{2}$-$\frac{3}{2}$，
∴T_2n=$\frac{（1+8n）•{3}^{2n+1}-3}{8}$．
（2）由（1）可得：S_n=$\frac{n（2+2n）}{2}$=n（n+1）．
∴b_n=$\frac{{S}_{n}}{{S}_{n+1}}$+$\frac{{S}_{n+1}}{{S}_{n}}$=$\frac{n（n+1）}{（n+1）（n+2）}$+$\frac{（n+1）（n+2）}{n（n+1）}$=$\frac{n}{n+2}$+$\frac{n+2}{n}$=2+2$（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+2}）$，
∴數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為P_n=2n+2$[（1-\frac{1}{3}）+（\frac{1}{2}-\frac{1}{4}）$+$（\frac{1}{3}-\frac{1}{5}）$+…+$（\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n+1}）$+$（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+2}）]$
=2n+2（1+$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}$）=2n+3-2$（\frac{1}{n}+\frac{1}{n+2}）$，
可得P_n＜2n+3=a_n+3，即P_n＜a_n+3．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項(xiàng)公式及其求和公式、“錯(cuò)位相減法”、“裂項(xiàng)求和”方法、數(shù)列的單調(diào)性，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．