Question

已知數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，且Sn=

2-qan

1-q

（n∈N^*）其中q為非零常數(shù)，函數(shù)f(x)=

1

2

x2+2x-

1

2

，數(shù)列{b_n}滿足b_n+1=f′（b_n），（n∈N^*），b₁=f（1），設(shè)cn=

1

12

anbn，{b_n}的前n項和為T_n，Bn=

1

T1

+

1

T2

+…+

1

Tn

，求A_n=c₁+c₂+…+c_n．
（Ⅰ）求證：數(shù)列{a_n}為等比數(shù)列；
（Ⅱ）當(dāng)q=

1

3

時，試比較f(

4

3

An)與f（B_n）的大小，并說明理由．

Answer 1

（Ⅰ）S_n=

2-qan

1-q

?(1-q)Sn=2-qan且q≠1
當(dāng)n=1時，（1-q）S₁=2-qa₁?a₁=2
當(dāng)n≥2時，（1-q）S_n-（1-q）S_n-1=qa_n-1-qa_n?a_n=qa_n-1
∴{a_n}是以2為首項，公比為q的等比數(shù)列．
（Ⅱ） 當(dāng)q=

1

3

時，由（1）得 a_n=2(

1

3

)n-1
又 f（x）=

1

2

x2+2x-

1

2

，∴f′（x）=x+2
由b_n+1=f′（b_n）得b_n+1=f′（b_n）=b_n+2
∴{b_n}是以2為首項，公差為2的等差數(shù)列，
故b_n=2n
∴c_n=

1

12

anbn=n(

1

3

)n     T_n=

n(b1+bn)

2

=n（n+1），
B_n=

1

T1

+

1

T2

+…+

1

Tn

=

1

1×2

+

1

2×3

+…+

1

n(n+1)

=1-

1

n+1

A_n=c₁+c₂+…+c_n=1•

1

3

+2(

1

3

)2+…+n(

1

3

)n…①
∴

1

3

An=1•(

1

3

)2+2(

1

3

)3+3(

1

3

)4+…+(n-1)(

1

3

)n+n(

1

3

)n+1…②
①-②得∴

2

3

An=1•(

1

3

)1+(

1

3

)2+(

1

3

)3+…+(

1

3

)n-n(

1

3

)n+1
=

1 3 (1- 1 3n )

1- 1 3

-n(

1

3

)n+1=

1- 1 3n

2

-n(

1

3

)n+1
∴

4

3

An=1-

1

3n

-

2n

3

•

1

3n

∴

4

3

An-Bn=1-

1

3n

-

2n

3

•

1

3n

-1+

1

n+1

=

1

n+1

-

2n+3

3n+1

=

3n+1-(2n2+5n+3)

(n+1)•3n+1

當(dāng)n=1時，

4

3

An-Bn=

3n+1-(2n2+5n+3)

(n+1)•3n+1

=

9-10

18

＜0
∴

4

3

An＜Bn
當(dāng)n≥2時，
令g（x）=3^x+1-（2x²+5x+3）
則g′（x）=3^x+1ln3-（4x+5），g^∥（x）=3^x+1（ln3）²-4在[2，+∞）上為單調(diào)增函數(shù)，
∴g^∥（x）=3^x+1（ln3）²-4≥3³（ln3）²-4＞0
∴g′（x）=3^x+1ln3-（4x+5）在[2，+∞）上為單調(diào)增函數(shù)，
g′（x）=3^x+1ln3-（4x+5）≥3³ln3-9＞27-9＞0
g（x）=3^x+1-（2x²+5x+3）在[2，+∞）上為單調(diào)增函數(shù)，
∴當(dāng)n≥2時，g（n）=3ⁿ⁺¹-（2n²+5n+3）≥3³-（2×4+10+3）＞0
即當(dāng)n≥2時，

4

3

An-Bn=

3n+1-(2n2+5n+3)

(n+1)•3n+1

＞0
∴當(dāng)n≥2時，

4

3

An＞Bn
又f′（x）=x+2＞0對x≥0恒成立，
∴f（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞增，
∴當(dāng)n=1時f（

4

3

An）＜f（B_n）
當(dāng)n≥2時f（

4

3

An）＞f（B_n）．