Question

6．已知數(shù)列{a_n}的通項為a_n，前n項和為s_n，且a_n是s_n與2的等差中項，數(shù)列{b_n}中，b₁=1，點(diǎn)P（b_n，b_n+1）在直線x-y+2=0上．
（1）求數(shù)列{a_n}、{b_n}的通項公式a_n，b_n
（2）設(shè){b_n}的前n項和為B_n，證明$\frac{1}{B_1}+\frac{1}{B_2}+…+\frac{1}{B_n}＜\frac{7}{4}$
（3）設(shè)T_n=$\frac{_{1}}{{a}_{1}}$+$\frac{_{2}}{{a}_{2}}$+…+$\frac{_{n}}{{a}_{n}}$，若對一切正整數(shù)n，T_n＜c（c∈Z）恒成立，求c的最小值．

Answer 1

分析 （1）通過a_n是Sn與2的等差中項，分n=1、n≥2討論即得a_n=2ⁿ；通過將點(diǎn)P（b_n，b_n+1）代入直線x-y+2=0方程，計算即得結(jié)論；
（2）通過計算可得${B_n}={n^2}$，利用$\frac{1}{n^2}＜\frac{1}{{{n^2}-1}}=\frac{1}{2}（\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n+1}）（n＞1）$，并項相加即可；
（3）通過$\frac{_{n}}{{a}_{n}}$=$\frac{2n-1}{{2}^{n}}$，利用錯位相減法即得結(jié)論．

解答 （1）解：∵a_n是Sn與2的等差中項，
∴S_n+2=2a_n，∴S_n=2a_n-2，
當(dāng)n=1時，s₁=2a₁-2，∴a₁=2；
當(dāng)n≥2時，a_n=S_n-S_n-1=2a_n-2a_n-1，即$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}$=2，
綜上，數(shù)列{a_n}是以2為首項，2為公比的等比數(shù)列，∴a_n=2ⁿ；
∵點(diǎn)P（b_n，b_n+1）在直線x-y+2=0上，
∴b_n-b_n+1+2=0，
又∵b₁=1，
∴{b_n}是以1為首項，2為公差的等差數(shù)列，
∴b_n=1+2（n-1）=2n-1，
∴${a_n}={2^n}，{b_n}=2n-1$；
（2）證明：∵b_n=2n-1，∴${B_n}={n^2}$，
∵$\frac{1}{n^2}＜\frac{1}{{{n^2}-1}}=\frac{1}{2}（\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n+1}）（n＞1）$，
∴$\frac{1}{{B}_{1}}$+$\frac{1}{{B}_{2}}$+…+$\frac{1}{{B}_{n}}$＜1+$\frac{1}{2}$（1-$\frac{1}{3}$）+$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{4}$）+…+$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{n-1}$-$\frac{1}{n+1}$）
=$\frac{7}{4}$-$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$
＜$\frac{7}{4}$，
即$\frac{1}{B_1}+\frac{1}{B_2}+…+\frac{1}{B_n}＜\frac{7}{4}$；
（3）解：∵${a_n}={2^n}，{b_n}=2n-1$，
∴$\frac{_{n}}{{a}_{n}}$=$\frac{2n-1}{{2}^{n}}$，
∴T_n=$\frac{1}{2}$+3•$\frac{1}{{2}^{2}}$+5•$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+（2n-1）•$\frac{1}{{2}^{n}}$，
2T_n=1+3•$\frac{1}{2}$+5•$\frac{1}{{2}^{2}}$+7•$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+（2n-1）•$\frac{1}{{2}^{n-1}}$，
兩式相減得：T_n=1+2（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n-1}}$）-（2n-1）•$\frac{1}{{2}^{n}}$
=1+2•$\frac{\frac{1}{2}[1-\frac{1}{{2}^{n-1}}]}{1-\frac{1}{2}}$-（2n-1）•$\frac{1}{{2}^{n}}$
=3-$\frac{1}{{2}^{n-2}}$-（2n-1）•$\frac{1}{{2}^{n}}$
=3-$\frac{2n-3}{{2}^{n}}$，
又∵對一切正整數(shù)n，T_n＜c（c∈Z）恒成立，
∴c的最小值是3．

點(diǎn)評 本題考查數(shù)列的通項和求和，注意解題方法的積累，屬于中檔題．