Question

17．已知等差数列{a_n}的公差d＞0，首项a₁=1，2a₁，a₂+1，a₃+3成等比数列．
（Ⅰ）求数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）若b_n=（sin$\frac{2nπ}{3}$）•a_n，求数列{b_n}的前3n项和T_3n；
（Ⅲ）P_n为数列{$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$}的前n项和，比较P_n与$\frac{{2}^{n}}{{n}^{2}}$的大小．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由已知（a₂+1）²=2a₁（a₃+3），从而求出公差d=2，由此能求出数列{a_n}的通项公式．
（Ⅱ）由${b}_{n}=sin\frac{2nπ}{3}•{a}_{n}$，知到数列{b_n}的前3n项和T_3n=$\frac{\sqrt{3}}{2}•1+（-\frac{\sqrt{3}}{2}）•3+0•5+…+\frac{\sqrt{3}}{2}•（-6n-5）$+$（-\frac{\sqrt{3}}{2}）•（6n-3）+0•（6n-1）$，由此能求出结果．
（Ⅲ）由$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$=$\frac{1}{（2n-1）（2n+1）}$=$\frac{1}{2}（\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）$，利用裂项求和法求出数列{$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$}的前n项和P_n=$\frac{1}{2}（1-\frac{1}{2n+1}）$，设f（n）=$\frac{{2}^{n}}{{n}^{2}}$，则f（n+1）-f（n）=$\frac{{2}^{n}[n（n-2）-1]}{[n（n+1）]^{2}}$，由此能比较P_n与$\frac{{2}^{n}}{{n}^{2}}$的大小．

解答 解：（Ⅰ）∵等差数列{a_n}的公差d＞0，首项a₁=1，2a₁，a₂+1，a₃+3成等比数列，
∴由已知（a₂+1）²=2a₁（a₃+3），
∴（1+d+1）²=2（1+2d+3），
则d²=2d，又∵d＞0，∴d=2，
∴a_n=2n-1．
（Ⅱ）∵${b}_{n}=sin\frac{2nπ}{3}•{a}_{n}$，
∴数列{b_n}的前3n项和：
T_3n=$sin\frac{2π}{3}•{a}_{1}+sin\frac{4π}{3}•{a}_{2}+sin\frac{6π}{3}•{a}_{3}$+…+$sin\frac{2（3n-2）π}{3}•{a}_{3n-2}$+sin$\frac{3（3n-1）π}{3}{a}_{3n-1}$+sin$\frac{6nπ}{3}{a}_{3n}$
=$\frac{\sqrt{3}}{2}•1+（-\frac{\sqrt{3}}{2}）•3+0•5+…+\frac{\sqrt{3}}{2}•（-6n-5）$+$（-\frac{\sqrt{3}}{2}）•（6n-3）+0•（6n-1）$
=-$\sqrt{3}n$．
（Ⅲ）∵$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$=$\frac{1}{（2n-1）（2n+1）}$=$\frac{1}{2}（\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）$，
∴数列{$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$}的前n项和：
P_n=$\frac{1}{2}（\frac{1}{1}-\frac{1}{3}）+\frac{1}{2}（\frac{1}{3}-\frac{1}{5}）+\frac{1}{2}（\frac{1}{5}-\frac{1}{7}）$+…+$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}$）=$\frac{1}{2}（1-\frac{1}{2n+1}）$，
设f（n）=$\frac{{2}^{n}}{{n}^{2}}$，则f（n+1）-f（n）=$\frac{{2}^{n}[n（n-2）-1]}{[n（n+1）]^{2}}$，
当n≥3时，f（n+）-f（n）＞0，∴当n≥3时，f（n）单调递增，
∴f（n）≥f（3）=$\frac{8}{9}$，而g（n）＜$\frac{1}{2}$，
∴n≥3时，f（n）＞g（n），
经检验，n=1，2时，仍有f（n）＞g（n），
综上，P_n＜$\frac{{2}^{n}}{{n}^{2}}$．

点评 本题考查等差数列、等比数列、裂项求和法、构造法、作差法等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、创新应用能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是中档题．