Question

15．已知等比数列{a_n}的前n项和为S_n=2ⁿ+c．数列{b_n}是首项为a₂，公差不为零的等差数列，且b₁，b₃，b₁₁成等比数列．
（1）求c的值并求数列{a_n}{b_n}的通项公式；
（2）当c_n=2a_n时，求证：$\frac{{b}_{1}}{{c}_{1}}$+$\frac{{b}_{2}}{{c}_{2}}$+$\frac{{b}_{3}}{{c}_{3}}$+…+$\frac{{b}_{n}}{{c}_{n}}$＜5．

Answer 1

分析 （1）利用a_n=S_n-S_n-1可知当n≥2时a_n=2^n-1，结合数列{a_n}为等比数列可得通项公式，通过b₁，b₃，b₁₁成等比数列计算即得结论；
（2）通过（1）可知当c_n=2a_n时c_n=2ⁿ，利用错位相减法计算可知T_n=$\frac{{b}_{1}}{{c}_{1}}$+$\frac{{b}_{2}}{{c}_{2}}$+$\frac{{b}_{3}}{{c}_{3}}$+…+$\frac{{b}_{n}}{{c}_{n}}$=5-$\frac{3n+5}{{2}^{n}}$，进而放缩即得结论．

解答 （1）解：当n=1时，a₁=S₁=2+c，…（1分）
当n≥2时，a_n=S_n-S_n-1=2^n-1，
∵数列{a_n}为等比数列，
∴a₁=2+c=1，即c=-1，…（3分）
∴数列{a_n}的通项公式a_n=2^n-1．…（4分）
则数列{b_n}是首项b₁=a₂=2、公差为d的等差数列，
又∵b₁，b₃，b₁₁成等比数列，
∴（2+2d）²=2×（2+10d），
解得：d=3或d=0（舍），----------------（7分）
所以数列{b_n}的通项公式b_n=3n-1．-----------------（8分）
（2）证明：当c_n=2a_n时，由（1）可知c_n=2ⁿ，-----------------（9分）
令T_n=$\frac{{b}_{1}}{{c}_{1}}$+$\frac{{b}_{2}}{{c}_{2}}$+$\frac{{b}_{3}}{{c}_{3}}$+…+$\frac{{b}_{n}}{{c}_{n}}$=$\frac{2}{{2}^{1}}$+$\frac{5}{{2}^{2}}$+$\frac{8}{{2}^{3}}$+…+$\frac{3n-1}{{2}^{n}}$，
则2T_n=2+$\frac{5}{{2}^{1}}$+$\frac{8}{{2}^{2}}$+…+$\frac{3n-1}{{2}^{n-1}}$，
两式式相减，得：T_n=2+3（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n-1}}$）-$\frac{3n-1}{{2}^{n}}$
=2+$\frac{\frac{3}{2}（1-\frac{1}{{2}^{n-1}}）}{1-\frac{1}{2}}$-$\frac{3n-1}{{2}^{n}}$
=5-$\frac{3n+5}{{2}^{n}}$，-----------------（11分）
又∵$\frac{3n+5}{{2}^{n}}$，
∴故T_n＜5，即$\frac{{b}_{1}}{{c}_{1}}$+$\frac{{b}_{2}}{{c}_{2}}$+$\frac{{b}_{3}}{{c}_{3}}$+…+$\frac{{b}_{n}}{{c}_{n}}$＜5．-----------------（12分）

点评 本题是一道关于数列与不等式的综合题，考查错位相减法，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于中档题．