Question

15．已知等比數列{a_n}的前n項和為S_n=2ⁿ+c．數列{b_n}是首項為a₂，公差不為零的等差數列，且b₁，b₃，b₁₁成等比數列．
（1）求c的值并求數列{a_n}{b_n}的通項公式；
（2）當c_n=2a_n時，求證：$\frac{_{1}}{{c}_{1}}$+$\frac{_{2}}{{c}_{2}}$+$\frac{_{3}}{{c}_{3}}$+…+$\frac{_{n}}{{c}_{n}}$＜5．

Answer 1

分析 （1）利用a_n=S_n-S_n-1可知當n≥2時a_n=2^n-1，結合數列{a_n}為等比數列可得通項公式，通過b₁，b₃，b₁₁成等比數列計算即得結論；
（2）通過（1）可知當c_n=2a_n時c_n=2ⁿ，利用錯位相減法計算可知T_n=$\frac{_{1}}{{c}_{1}}$+$\frac{_{2}}{{c}_{2}}$+$\frac{_{3}}{{c}_{3}}$+…+$\frac{_{n}}{{c}_{n}}$=5-$\frac{3n+5}{{2}^{n}}$，進而放縮即得結論．

解答 （1）解：當n=1時，a₁=S₁=2+c，…（1分）
當n≥2時，a_n=S_n-S_n-1=2^n-1，
∵數列{a_n}為等比數列，
∴a₁=2+c=1，即c=-1，…（3分）
∴數列{a_n}的通項公式a_n=2^n-1．…（4分）
則數列{b_n}是首項b₁=a₂=2、公差為d的等差數列，
又∵b₁，b₃，b₁₁成等比數列，
∴（2+2d）²=2×（2+10d），
解得：d=3或d=0（舍），----------------（7分）
所以數列{b_n}的通項公式b_n=3n-1．-----------------（8分）
（2）證明：當c_n=2a_n時，由（1）可知c_n=2ⁿ，-----------------（9分）
令T_n=$\frac{_{1}}{{c}_{1}}$+$\frac{_{2}}{{c}_{2}}$+$\frac{_{3}}{{c}_{3}}$+…+$\frac{_{n}}{{c}_{n}}$=$\frac{2}{{2}^{1}}$+$\frac{5}{{2}^{2}}$+$\frac{8}{{2}^{3}}$+…+$\frac{3n-1}{{2}^{n}}$，
則2T_n=2+$\frac{5}{{2}^{1}}$+$\frac{8}{{2}^{2}}$+…+$\frac{3n-1}{{2}^{n-1}}$，
兩式式相減，得：T_n=2+3（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n-1}}$）-$\frac{3n-1}{{2}^{n}}$
=2+$\frac{\frac{3}{2}（1-\frac{1}{{2}^{n-1}}）}{1-\frac{1}{2}}$-$\frac{3n-1}{{2}^{n}}$
=5-$\frac{3n+5}{{2}^{n}}$，-----------------（11分）
又∵$\frac{3n+5}{{2}^{n}}$，
∴故T_n＜5，即$\frac{_{1}}{{c}_{1}}$+$\frac{_{2}}{{c}_{2}}$+$\frac{_{3}}{{c}_{3}}$+…+$\frac{_{n}}{{c}_{n}}$＜5．-----------------（12分）

點評 本題是一道關于數列與不等式的綜合題，考查錯位相減法，考查運算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．