Question

5．设数列{a_n}是等差数列，数列{b_n}的前n项和S_n满足S_n=2（b_n-1），且a₂=b₁-1，a₅=b₃-1．
（1）求数列{a_n}和{b_n}的通项公式；
（2）设c_n=a_n•b_n，求数列{c_n}的前n项和；
（3）证明：当n≥2时，$\sqrt{\frac{1}{{{a_1}+2}}}+\sqrt{\frac{1}{{{a_2}+2}}}+\sqrt{\frac{1}{{{a_3}+2}}}+…+\sqrt{\frac{1}{{{a_n}+2}}}＞\sqrt{n}$．

Answer 1

分析 （1）利用条件求数列的首项和公差，公比，然后求等差数列和等比数列的通项公式．
（2）利用错位相减法即可求出数列{c_n}的前n项和，
（3）利用放缩法得到$\sqrt{\frac{1}{{a}_{n}+2}}$＞$\sqrt{2n+1}$-$\sqrt{2n-1}$，再求和，需要验证n=2，3是否成立，问题得以证明．

解答 解：（1）∵S_n=2（b_n-1），①
∴当n≥2时，S_n-1=2（b_n-1-1），②
由①-②得：b_n=2（b_n-b_n-1）（n≥2），即b_n=2b_n-1（n≥2），
又n=1时，S₁=2（b₁-1），得b₁=2，
∴${b_n}={2^n}$（n∈N*）．
设数列{a_n}的公差为d，则$d=\frac{{{a_5}-{a_2}}}{5-2}=2$，
所以a_n=2n-3（n∈N*）．
（2）由（1）知${c_n}=（2n-3）•{2^n}$，设数列{c_n}的前n项和为T_n，
则${T_n}=-1×2+1×{2^2}+3×{2^3}+…+（2n-3）×{2^n}$，
$2{T_n}=-1×{2^2}+1×{2^3}+3×{2^4}+…+（2n-5）×{2^n}+（2n-3）×{2^{n+1}}$，
两式作差得$-{T_n}=-1×2+2×{2^2}+2×{2^3}+…+2×{2^n}-（2n-3）×{2^{n+1}}$=$-2-\frac{{8（1-{2^{n+1}}）}}{1-2}-（2n-3）×{2^{n+1}}$=-10-（2n-5）×2ⁿ⁺¹，
∴${T_n}=（2n-5）•{2^{n+1}}+10$（n∈N*）．
（3）证明：∵$\sqrt{\frac{1}{{a}_{n}+2}}$=$\frac{1}{\sqrt{2n-1}}$=$\frac{2}{\sqrt{2n-1}+\sqrt{2n+1}}$＞$\frac{2}{\sqrt{2n-1}+\sqrt{2n+1}}$=$\sqrt{2n+1}$-$\sqrt{2n-1}$，
∴$\sqrt{\frac{1}{{{a_1}+2}}}+\sqrt{\frac{1}{{{a_2}+2}}}+…+\sqrt{\frac{1}{{{a_n}+2}}}＞（\sqrt{3}-1）+（\sqrt{5}-\sqrt{3}）+…+（\sqrt{2n+1}-\sqrt{2n-1}）=\sqrt{2n+1}-1$，
又∵$（\sqrt{2n+1}-1）-\sqrt{n}=\sqrt{2n+1}-（\sqrt{n}+1）$，
且当n≥4时，${（\sqrt{2n+1}）^2}-{（\sqrt{n}+1）^2}=n-2\sqrt{n}=\sqrt{n}（\sqrt{n}-2）≥0$，
∴$\sqrt{2n+1}-1≥\sqrt{n}$，
∴当n≥4时，$\sqrt{\frac{1}{{{a_1}+2}}}+\sqrt{\frac{1}{{{a_2}+2}}}+…+\sqrt{\frac{1}{{{a_n}+2}}}＞\sqrt{n}$成立，
当n=2，n=3时，可以验证不等式也成立．
综上，当n≥2时，$\sqrt{\frac{1}{{{a_1}+2}}}+\sqrt{\frac{1}{{{a_2}+2}}}+…+\sqrt{\frac{1}{{{a_n}+2}}}＞\sqrt{n}$．

点评 本题主要考查等差数列和等比数列的通项公式，以及利错位相减法求前n项和S_n，放缩法证明不等式成立，属于中档题．