Question

7．已知等差数列{a_n}的公差为d（d≠0），等比数列{b_n}的公比为q（q＞0），且满足a₁=b₁=1，a₂=b₃，a₆=b₅．（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）证明：对一切n∈N^*，令b_n=a_n•a_n+1，都有$\frac{1}{4}$≤$\frac{1}{{b}_{1}}$+$\frac{1}{{b}_{2}}$+…+$\frac{1}{{b}_{n}}$＜$\frac{1}{3}$．

Answer 1

分析 （1）利用等差、等比数列的定义计算即得结论；
（2）通过分离分母可得$\frac{1}{{b}_{n}}$=$\frac{1}{3}$（$\frac{1}{3n-2}$-$\frac{1}{3n+1}$），并项相加可得$\frac{1}{{b}_{1}}$+$\frac{1}{{b}_{2}}$+…+$\frac{1}{{b}_{n}}$=$\frac{1}{3}$（1-$\frac{1}{3n+1}$），进而可得结论．

解答 （1）解：由题得：$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{2}={b}_{3}}\\{{a}_{6}={b}_{5}}\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{1+d={q}^{2}}\\{1+5d={q}^{4}}\end{array}\right.$，解得：$\left\{\begin{array}{l}{d=3}\\{q=2}\end{array}\right.$，
故a_n=3n-2；
（2）证明：∵$\frac{1}{{b}_{n}}$=$\frac{1}{{a}_{n}•{a}_{n+1}}$=$\frac{1}{（3n-2）（3n+1）}$=$\frac{1}{3}$（$\frac{1}{3n-2}$-$\frac{1}{3n+1}$），
∴$\frac{1}{{b}_{1}}$+$\frac{1}{{b}_{2}}$+…+$\frac{1}{{b}_{n}}$=$\frac{1}{3}$（1-$\frac{1}{4}$+$\frac{1}{4}$-$\frac{1}{7}$+…+$\frac{1}{3n-2}$-$\frac{1}{3n+1}$）=$\frac{1}{3}$（1-$\frac{1}{3n+1}$），
∵当n∈N^*时，$\frac{1}{{b}_{n}}$＞0，
∴n=1时，$\frac{1}{{b}_{1}}$+$\frac{1}{{b}_{2}}$+…+$\frac{1}{{b}_{n}}$≥$\frac{1}{{b}_{1}}$=$\frac{1}{4}$，
又∵1-$\frac{1}{3n+1}$是单调递增的，
∴$\frac{1}{{b}_{1}}$+$\frac{1}{{b}_{2}}$+…+$\frac{1}{{b}_{n}}$=$\frac{1}{3}$（1-$\frac{1}{3n+1}$）＜$\frac{1}{3}$，
故对一切n∈N^*，都有：$\frac{1}{4}$≤$\frac{1}{{b}_{1}}$+$\frac{1}{{b}_{2}}$+…+$\frac{1}{{b}_{n}}$＜$\frac{1}{3}$．

点评 本题考查求数列的通项和前n项和的取值范围，注意解题方法的积累，属于中档题．