Question

19．设正项数列{a_n}的前n项和是S_n，{a_n}和{$\sqrt{{S}_{n}}$}都是等差数列，且公差相等a₁，a₂，a₅恰为等比数列{b_n}的前三项．
（1）求{b_n}的公比q；
（2）求{a_n}的通项公式；
（3）记数列c_n=$\frac{24{b}_{n}}{{（12{b}_{n}-1）}^{2}}$，{c_n}的前n项和为T_n，求证；对任意n∈N^*，都有T_n＜2．

Answer 1

分析 （1）首先根据正项数列{a_n}的前n项和是S_n，{a_n}和{$\sqrt{{S}_{n}}$}都是等差数列，且公差相等求出数列{a_n}的通项公式．
（2）由（1）的结论进一步求出数列{b_n}的通项公式．
（3）利用恒等变形和相消法和放缩法求出结果．

解答 解：（1）正项数列{a_n}的前n项和是S_n，{a_n}和{$\sqrt{{S}_{n}}$}都是等差数列，且公差相等，设公差为d，
则：$\sqrt{{S}_{n}}$=$\sqrt{2{a}_{1}+d}$═$\sqrt{{a}_{1}}+d$
两边平方得：$2+d={a}_{1}+2d\sqrt{{a}_{1}}+{d}^{2}$①
同理：$\sqrt{{S}_{3}}$=$\sqrt{3{a}_{1}+3d}=\sqrt{{a}_{1}}+2d$
两边平方得：$3{a}_{1}+3d=+4d\sqrt{{a}_{1}}+2{d}^{2}$②
②-①得：${a}_{1}=2d\sqrt{{a}_{1}}+3{d}^{2}-2d$③
③代入①解得：
d=$\frac{1}{2}$或0（0舍去）
进一步解得：${a}_{1}=\frac{1}{4}$
所以：a_n=$\frac{1}{2}n-\frac{1}{4}$
（2）由（1）得：${a}_{n}=\frac{1}{2}n-\frac{1}{4}$
a₁，a₂，a₅恰为等比数列{b_n}的前三项．
所以：${b}_{1}={a}_{1}=\frac{1}{4}$，${b}_{2}={a}_{2}=\frac{3}{4}$，${b}_{3}={a}_{5}=\frac{9}{4}$
进一步求出：${b}_{n}=\frac{1}{4}{•3}^{n-1}$
所以：${c}_{n}=\frac{24{b}_{n}}{{（12{b}_{n}-1）}^{2}}$=$\frac{2×{3}^{n}}{（{3}^{n}-1）^{2}}$
当n≥2时，$\frac{2×{3}^{n}}{{（{3}^{n}-1）}^{2}}＜\frac{2×{3}^{n}}{（{3}^{n}-1）（{3}^{n}-3）}$=$\frac{2×{3}^{n-1}}{（{3}^{n}-1）（{3}^{n-1}-1）}$=$\frac{1}{{3}^{n-1}-1}-\frac{1}{{3}^{n}-1}$
则：${T}_{n}=\frac{3}{2}+\frac{2×{3}^{2}}{{（3}^{2}-1）^{2}}+$…+$\frac{2×{3}^{n}}{（{3}^{n}-1）^{2}}$＜$\frac{3}{2}+[\frac{1}{2}-\frac{1}{{3}^{2}-1}$+$\frac{1}{{3}^{2}-1}$-$\frac{1}{{3}^{3}-1}$+…+$\frac{1}{{3}^{n-1}-1}-\frac{1}{{3}^{n}-1}$]
=2-$\begin{array}{c}\\ \frac{1}{{3}^{n}-1}\end{array}\right.$＜2
且：${T}_{1}=\frac{3}{2}＜2$
故对任意n∈N^*，都有T_n＜2成立．

点评 本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法，数列的求和，利用恒等变换和相消法求出数列的和，放缩法的应用．