Question

1．数列{a_n}的前n项和为${S_n}={2^{n+1}}-2$，数列{b_n}是首项为a₁，公差为d（d≠0）的等差数列，且b₁，b₃，b₉成等比数列．
（1）求数列{a_n}与{b_n}的通项公式；
（2）若${c_n}=\frac{2}{{{b_{n+2}}•{{log}_2}{a_n}}}$，数列{c_n}的前n项和为 T_n，求证：${{T}_n}＜\frac{3}{4}$．

Answer 1

分析 （1）运用数列的通项和求和的关系，将n换为n-1，作差即可得到所求数列{a_n}的通项；再由等比数列的中项的性质和等差数列的通项公式，解方程可得公差为2，即可得到数列{b_n}的通项；
（2）求得${c_n}=\frac{2}{{{b_{n+2}}•{{log}_2}{a_n}}}$=$\frac{2}{2（n+2）•n}$=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+2}$），再由裂项相消求和及不等式的性质，即可得证．

解答 解：（1）{a_n}的前n项和为${S_n}={2^{n+1}}-2$，
可得a₁=S₁=4-2=2，
又S_n-1=2ⁿ-2，（n＞1），
相减可得a_n=2ⁿ，对n=1也成立．
即有a_n=2ⁿ，（n∈N^*）；
由题意可得b_n=a₁+（n-1）d=2+（n-1）d，
b₁，b₃，b₉成等比数列，可得b₁b₉=b₃²，
即为2（2+8d）=（2+2d）²，
解得d=2（0舍去），
可得b_n=2n，（n∈N^*）；
（2）证明：${c_n}=\frac{2}{{{b_{n+2}}•{{log}_2}{a_n}}}$=$\frac{2}{2（n+2）•n}$=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+2}$），
前n项和为T_n=$\frac{1}{2}$（1-$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{4}$+$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{5}$+…+$\frac{1}{n-1}$-$\frac{1}{n+1}$+$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+2}$）
=$\frac{1}{2}$（1+$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n+2}$）=$\frac{3}{4}$-$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{n+1}$+$\frac{1}{n+2}$）＜$\frac{3}{4}$．

点评 本题考查等差数列和等比数列的通项公式的运用，考查数列的通项和求和的关系，同时考查数列的求和方法：裂项相消求和，以及不等式的性质，属于中档题．