Question

17．已知数列{a_n}的通项为a_n，前n项和为s_n，且a_n是s_n与2的等差中项，数列{b_n}中，b₁=1，点P（b_n，b_n+1）在直线x-y+2=0上．
（1）求数列{a_n}、{b_n}的通项公式a_n，b_n
（2）设T_n=$\frac{{b}_{1}}{{a}_{1}}$+$\frac{{b}_{2}}{{a}_{2}}$+…+$\frac{{b}_{n}}{{a}_{n}}$，若对一切正整数n，T_n＜c（c∈Z）恒成立，求c的最小值．
（3）设{b_n}的前n项和为B_n，证明$\frac{1}{B_1}+\frac{1}{B_2}+…+\frac{1}{B_n}＜\frac{5}{3}$．

Answer 1

分析 （1）由于a_n是s_n与2的等差中项，可得2a_n=S_n+2，当n=1时，a₁=2a₁-2，解得a₁．当n≥2时，a_n=S_n-S_n-1，化为a_n=2a_n-1，利用等比数列的通项公式即可得出．由于点P（b_n，b_n+1）在直线x-y+2=0上．可得b_n+1-b_n=2，利用等差数列的通项公式即可得出．
（2）由于$\frac{{b}_{n}}{{a}_{n}}$=$\frac{2n-1}{{2}^{n}}$，利用“错位相减法”与等比数列的前n项公式即可得出T_n；
（3）由B_n=n²，可得$\frac{1}{{B}_{n}}$=$\frac{1}{{n}^{2}}$$＜2（\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）$，即可证明．

解答 （1）解：∵a_n是s_n与2的等差中项，∴2a_n=S_n+2，即S_n=2a_n-2．
∴当n=1时，a₁=2a₁-2，解得a₁=2．
当n≥2时，a_n=S_n-S_n-1=（2a_n-2）-（2a_n-1-2），
化为a_n=2a_n-1，
∴数列{a_n}是等比数列，首项为2，公比为2，a_n=2ⁿ．
∵点P（b_n，b_n+1）在直线x-y+2=0上．
∴b_n-b_n+1+2=0，即b_n+1-b_n=2，
∴数列{b_n}是等差数列，首项为1，公差为2．
∴b_n=1+2（n-1）=2n-1．
（2）证明：T_n=$\frac{{b}_{1}}{{a}_{1}}$+$\frac{{b}_{2}}{{a}_{2}}$+…+$\frac{{b}_{n}}{{a}_{n}}$=$\frac{1}{2}+\frac{3}{{2}^{2}}+$…+$\frac{2n-1}{{2}^{n}}$，
$\frac{1}{2}{T}_{n}$=$\frac{1}{{2}^{2}}+\frac{3}{{2}^{3}}$+…+$\frac{2n-3}{{2}^{n-1}}$+$\frac{2n-1}{{2}^{n+1}}$，
∴$\frac{1}{2}{T}_{n}$=$\frac{1}{2}+\frac{2}{{2}^{2}}$+$\frac{2}{{2}^{3}}$+…+$\frac{2}{{2}^{n}}$-$\frac{2n-1}{{2}^{n+1}}$=$\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{{2}^{2}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n-1}}$-$\frac{2n-1}{{2}^{n+1}}$
=$\frac{1-\frac{1}{{2}^{n}}}{1-\frac{1}{2}}$-$\frac{1}{2}$-$\frac{2n-1}{{2}^{n+1}}$=$\frac{3}{2}$-$\frac{3+2n}{{2}^{n+1}}$，
∴T_n=3-$\frac{3+2n}{{2}^{n}}$＜3．
∵对一切正整数n，T_n＜c（c∈Z）恒成立，∴c的最小值为3．
（3）证明：B_n=$\frac{n（1+2n-1）}{2}$=n²，∴$\frac{1}{{B}_{n}}$=$\frac{1}{{n}^{2}}$$＜2（\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）$，
∴$左＜1+2（\frac{1}{3}-\frac{1}{5}）+…+2（\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）$，
$左＜1+2（\frac{1}{3}-\frac{1}{5}）+…+2（\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）$=$\frac{5}{3}-\frac{2}{2n+1}＜\frac{5}{3}$

点评 本题考查了等差数列的通项公式及其前n项和公式、“错位相减法”、“裂项求和”、“放缩法”，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．