Question

14．已知數(shù)列{a_n}的前n項和S_n，數(shù)列{b_n}為等差數(shù)列，b₁=1，b_n＞0（n≥2），b₂S_n+a_n=2且3a₂=2a₃+a₁
（1）求{a_n}、{b_n}的通項公式；
（2）設(shè)c_n=$\frac{1}{{a}_{n}}$，T_n=$\frac{b_1}{{{c_1}+1}}+\frac{b_2}{{{c_2}+1}}+…+\frac{b_n}{{{c_n}+1}}$，證明：T_n＜$\frac{5}{2}$．

Answer 1

分析 （1）利用等差數(shù)列的通項公式即可得出；
（2）利用遞推關(guān)系、等比數(shù)列的通項公式及其前n項和公式、“錯位相減法”即可得出．

解答 （1）解：設(shè)b_n的公差為d，d＞1，b₂=-1+d，b_n=-1+d（n-1），
當(dāng)n=1時，${a_1}=\frac{2}{{{b_2}+1}}=\frac{2}ia4aw6w$，
當(dāng)n≥2時，b₂S_n+a_n，①
b₂S_n-1+a_n-1，②
由①-②得到${a_n}=\frac{1}uug4kgc{a_{n-1}}$，${a_1}=\frac{2}acy6aoc，{a_2}=\frac{2}{d^2}，{a_3}=\frac{2}{d^3}$，
由已知$\frac{6}{d^2}=\frac{4}{d^3}+\frac{2}gieaw66$，解為d=2，d=1（舍）．
{b_n}，{a_n}的通項公式分別為${b_n}=2n-3，{a_n}={（{\frac{1}{2}}）^{n-1}}$n∈N^*．
（2）證明：${c_n}={2^{n-1}}$，${T_n}=\frac{-1}{1+1}+\frac{1}{2+1}+\frac{3}{{{2^2}+1}}+…+\frac{2n-3}{{{2^{n-1}}+1}}$
當(dāng)n≥2時，$\frac{2n-3}{{{2^{n-1}}+1}}＜\frac{2n-3}{{{2^{n-1}}}}$，${T_n}＜-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{3}{2^2}+…+\frac{2n-3}{{{2^{n-1}}}}$
設(shè)${S_{n-2}}=\frac{3}{2^2}+\frac{5}{2^3}+…+\frac{2n-3}{{{2^{n-1}}}}$，①
$\frac{1}{2}{S_{n-2}}=\frac{3}{2^3}+\frac{5}{2^4}+…+\frac{2n-3}{2^n}$，②
由①-②得到$\frac{1}{2}{S_{n-2}}=\frac{3}{4}+2（\frac{1}{2^3}+\frac{1}{2^4}+…+\frac{1}{{{2^{n-1}}}}）-\frac{2n-3}{2^n}$，
∴$\frac{1}{2}{S_{n-2}}=\frac{3}{4}+2×\frac{1}{8}×\frac{{1-{{（{\frac{1}{2}}）}^{n-3}}}}{{1-\frac{1}{2}}}-\frac{2n-3}{2^n}$，
整理為${S_{n-2}}=\frac{5}{2}-{（{\frac{1}{2}}）^{n-3}}-\frac{2n-3}{{{2^{n-1}}}}$，
∴${T_n}＜{S_{n-2}}=\frac{5}{2}-{（{\frac{1}{2}}）^{n-3}}-\frac{2n-3}{{{2^{n-1}}}}＜\frac{5}{2}$．

點評 本題考查了等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項公式及其前n項和公式、遞推關(guān)系、“錯位相減法”、數(shù)列的單調(diào)性，考查了分類討論方法、推理能力與計算能力，屬于中檔題．