Question

12．等比数列{a_n}的各项均为正数，2a₅，a₄，4a₆成等差数列，且满足a₄=4a₃²，数列{b_n}的前n项和S_n=$\frac{（n+1）{b}_{n}}{2}$，n∈N*，且b₁=1．
（Ⅰ）求数列{a_n}和{b_n}的通项公式；
（Ⅱ）设c_n=$\frac{{b}_{2n+5}}{{b}_{2n+1}{b}_{2n+3}}$a_n，n∈N*，求证：$\sum_{k=1}^{n}{c}_{k}$＜$\frac{1}{3}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）设公比为q，利用等差数列的性质，求得公比q，根据等比数列的等比中项的性质，即可求得a₁，求得数列{a_n}的通项公式，由b_n=S_n-S_n-1，化简整理即可求得{b_n}的通项公式；
（Ⅱ）由（Ⅰ）求得数列{c_n}的通项公式，采用“裂项法”即可求得数列{c_n}前n项和，即可证明不等式成立．

解答 解：（Ⅰ）设等比数列{a_n}的公比为q，由题意可知2a₄=2a₅+4a₆，即a₄=a₄q+2a₄q²，
由a_n＞0，则2q²+q-1=0，解得：q=$\frac{1}{2}$，或q=-1（舍去），
a₄=4a₃²=4a₂a₄，则a₂=$\frac{1}{4}$，
∴a₁=$\frac{1}{2}$，
等比数列{a_n}通项公式a_n=（$\frac{1}{2}$）ⁿ，
当n≥2时，b_n=S_n-S_n-1=$\frac{（n+1）{b}_{n}}{2}$-$\frac{n{b}_{n-1}}{2}$，
整理得：$\frac{{b}_{n}}{n}$=$\frac{{b}_{n-1}}{n-1}$，
∴数列{$\frac{{b}_{n}}{n}$}是首项为$\frac{{b}_{1}}{1}$=1的常数列，
则$\frac{{b}_{n}}{n}$=1，则b_n=n，n∈N*，
数列{b_n}的通项公式b_n=n，n∈N*；
（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）可知：c_n=$\frac{{b}_{2n+5}}{{b}_{2n+1}{b}_{2n+3}}$a_n=$\frac{2n+5}{（2n+1）（2n+3）}$•$\frac{1}{{2}^{n}}$．…（8分）
∴c_n=（$\frac{2}{2n+1}$-$\frac{1}{2n+3}$）•$\frac{1}{{2}^{n}}$=$\frac{1}{（2n+1）•{2}^{n-1}}$-$\frac{1}{（2n+3）•{2}^{n}}$，…（10分）
∴$\sum_{k=1}^{n}{c}_{k}$=c₁+c₂+…+c_n=（$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{5•2}$）+（$\frac{1}{5•2}$-$\frac{1}{7•{2}^{2}}$）+…+（$\frac{1}{（2n+1）•{2}^{n-1}}$-$\frac{1}{（2n+3）•{2}^{n}}$）=$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{（2n+3）•{2}^{n}}$，
由n∈N*，
∴$\sum_{k=1}^{n}{c}_{k}$=$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{（2n+3）•{2}^{n}}$＜$\frac{1}{3}$，
故不等式成立

点评 本题考查等比数列的通项公式，考查“裂项法”求数列的前n项和，考查计算能力，属于中档题．