Question

7．已知等差數(shù)列{a_n}的首項(xiàng)a₁=1，公差d＞0，且第2項(xiàng)、第5項(xiàng)、第14項(xiàng)分別是等比數(shù)列{b_n}的第2項(xiàng)、第3項(xiàng)、第4項(xiàng)．
（1）求數(shù)列{a_n}、{b_n}的通項(xiàng)公式；
（2）設(shè)數(shù)列{c_n}對(duì)任意的n∈N^*，均有$\frac{c_1}{b_1}+\frac{c_2}{b_2}+…+\frac{c_n}{b_n}={a_{n+1}}$成立，求數(shù)列$\{\frac{1}{{{{log}_3}{c_{2n}}．{{log}_3}{c_{2n+2}}}}\}$的前n項(xiàng)和S_n．

Answer 1

分析 （1）利用${_{3}}^{2}$=b₂•b₄代入可知（1+4d）²=（1+d）（1+13d），計(jì)算得d=2，進(jìn)而可知q=$\frac{_{3}}{_{2}}$=3，計(jì)算即得結(jié)論；
（2）通過(guò)$\frac{c_1}{b_1}+\frac{c_2}{b_2}+…+\frac{c_n}{b_n}={a_{n+1}}$與$\frac{{c}_{1}}{_{1}}$+$\frac{{c}_{2}}{_{2}}$+…+$\frac{{c}_{n-1}}{_{n-1}}$=a_n（n≥2）作差可知c_n=2•3^n-1（n≥2），裂項(xiàng)可知$\frac{1}{lo{g}_{3}{c}_{2n}•lo{g}_{3}{c}_{2n+2}}$=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{lo{g}_{3}2+2n-1}$-$\frac{1}{lo{g}_{3}2+2n+1}$），進(jìn)而并項(xiàng)相加即得結(jié)論．

解答 解：（1）依題意，b₂=a₂=1+d，b₃=a₅=1+4d，b₄=a₁₄=1+13d，
∵數(shù)列{b_n}為等比數(shù)列，
∴${_{3}}^{2}$=b₂•b₄，即（1+4d）²=（1+d）（1+13d），
解得：d=2或d=0（舍），
則a_n=1+2（n-1）=2n-1；
又∵q=$\frac{_{3}}{_{2}}$=$\frac{{a}_{5}}{{a}_{2}}$=$\frac{2×5-1}{2×2-1}$=3，
∴b_n=$_{2}•{q}^{n-2}$=3•3^n-2=3^n-1；
（2）∵$\frac{c_1}{b_1}+\frac{c_2}{b_2}+…+\frac{c_n}{b_n}={a_{n+1}}$，
∴$\frac{{c}_{1}}{_{1}}$+$\frac{{c}_{2}}{_{2}}$+…+$\frac{{c}_{n-1}}{_{n-1}}$=a_n（n≥2），
兩式相減得：$\frac{{c}_{n}}{_{n}}$=a_n+1-a_n，
即c_n=（a_n+1-a_n）•b_n=2•3^n-1（n≥2），
∴$\frac{1}{lo{g}_{3}{c}_{2n}•lo{g}_{3}{c}_{2n+2}}$=$\frac{1}{lo{g}_{3}（2•{3}^{2n-1}）}$•$\frac{1}{lo{g}_{3}（2•{3}^{2n+1}）}$=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{lo{g}_{3}2+2n-1}$-$\frac{1}{lo{g}_{3}2+2n+1}$），
∴S_n=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{lo{g}_{3}2+1}$-$\frac{1}{lo{g}_{3}2+3}$+…+$\frac{1}{lo{g}_{3}2+2n-1}$-$\frac{1}{lo{g}_{3}2+2n+1}$）
=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{lo{g}_{3}2+1}$-$\frac{1}{lo{g}_{3}2+2n+1}$）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)及前n項(xiàng)和，考查運(yùn)算求解能力，利用裂項(xiàng)相消法是解決本題的關(guān)鍵，注意解題方法的積累，屬于中檔題．