Question

15．数列{a_n}的前n项和记为 S_n，a₁=2，a_n+1=S_n+n，等差数列{b_n}的各项为正，其前n项和为T_n，且 T₃=9，又 a₁+b₁，a₂+b₂，a₃+b₃成等比数列．
（Ⅰ）求{a_n}，{b_n}的通项公式；
（Ⅱ）求证：当n≥2时，$\frac{1}{{{b}_{1}}^{2}}$+$\frac{1}{{{b}_{2}}^{2}}$+…+$\frac{1}{{{b}_{n}}^{2}}$＜$\frac{5}{4}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由a_n+1=S_n+n，得a_n=S_n-1+（n-1）（n≥2），两式相减，结合等比数列的定义和通项，即可得到{a_n}的通项；再由等比数列的性质，求得等差数列{b_n}的首项和公差，即可得到所求通项；
（Ⅱ）$\frac{1}{{{b}_{k}}^{2}}$=$\frac{1}{（2k-1）^{2}}$＜$\frac{1}{（2k-1）^{2}-1}$=$\frac{1}{4k（k-1）}$=$\frac{1}{4}$（$\frac{1}{k-1}$-$\frac{1}{k}$），再由裂项相消求和，结合不等式的性质，即可得证．

解答 解：（Ⅰ）由a_n+1=S_n+n，得
a_n=S_n-1+（n-1）（n≥2），两式相减得
a_n+1-a_n=S_n-S_n-1+1=a_n+1，所以a_n+1=2a_n+1，
所以a_n+1+1=2（a_n+1）（n≥2），
又a₂=3所以a_n+1=2^n-2（a₂+1），从而a_n=2^n-1（n≥2），
而a₁=2，不符合上式，所以a_n=$\left\{\begin{array}{l}{2，n=1}\\{{2}^{n}-1，n≥2}\end{array}\right.$；
因为{b_n}为等差数列，且前三项的和T₃=9，所以b₂=3，
可设b₁=3-d，b₃=3+d，由于a₁=2，a₂=3，a₃=7，
于是a₁+b₁=5-d，a₂+b₂=6，a₃+b₃=10+d，
因为a₁+b₁，a₂+b₂，a₃+b₃成等比数列．
所以（5-d）（10+d）=36，d=2或d=-7（舍），
所以b_n=b₁+（n-1）d=1+2（n-1）=2n-1；
（Ⅱ）证明：因为$\frac{1}{{{b}_{k}}^{2}}$=$\frac{1}{（2k-1）^{2}}$＜$\frac{1}{（2k-1）^{2}-1}$=$\frac{1}{4k（k-1）}$=$\frac{1}{4}$（$\frac{1}{k-1}$-$\frac{1}{k}$）
所以，当n≥2时，$\frac{1}{{{b}_{1}}^{2}}$+$\frac{1}{{{b}_{2}}^{2}}$+…+$\frac{1}{{{b}_{n}}^{2}}$=$\frac{1}{{1}^{2}}$+$\frac{1}{{3}^{2}}$+…+$\frac{1}{（2k-1）^{2}}$
＜1+$\frac{1}{4}$[（1-$\frac{1}{2}$）+（$\frac{1}{2}-\frac{1}{3}$）+…+（$\frac{1}{n-1}$-$\frac{1}{n}$）]
=1+$\frac{1}{4}$（1-$\frac{1}{n}$）＜1+$\frac{1}{4}$=$\frac{5}{4}$．
则有当n≥2时，$\frac{1}{{{b}_{1}}^{2}}$+$\frac{1}{{{b}_{2}}^{2}}$+…+$\frac{1}{{{b}_{n}}^{2}}$＜$\frac{5}{4}$．

点评 本题考查等差数列和等比数列的通项和求和公式的运用，同时考查不等式的放缩法和裂项相消求和的运用，考查运算能力，属于中档题．