Question

18．数列{a_n}的前n项和为S_n，a₁=2，a_n+1=S_n+n．
（1）写出a₂，a₃，a₄的值，并求{a_n}的通项公式；
（2）正项等差数列{b_n}的前n项和为T_n，且T₃=9，并满足a₁+b₁，a₂+b₂，a₃+$\frac{1}{2}$b₃，成等比数列．
（i）求数列{b_n}的通项公式
（ii）设B_n=$\frac{1}{{b}_{1}^{2}}$+$\frac{1}{{b}_{2}^{2}}$+…+$\frac{1}{{b}_{n}^{2}}$，试确定B_n与$\frac{3}{4}$的大小关系，并给出证明．

Answer 1

分析 （1）由a₁=2，a_n+1=S_n+n，可得a₂=a₁+1=3，同理可得a₃=7，a₄=15．当n≥2时，a_n=S_n-1+（n-1），可得a_n+1-a_n=a_n+1，变形为a_n+1+1=2（a_n+1），即可得出．
（2）（i）设正项等差数列{b_n}的为d＞0，由T₃=9，可得3b₂=9，解得b₂．由于a₁+b₁，a₂+b₂，a₃+$\frac{1}{2}$b₃，成等比数列，可得$（{a}_{2}+{b}_{2}）^{2}$=（a₁+b₁）$（{a}_{3}+\frac{1}{2}{b}_{3}）$，（3+3）²=（2+3-d）$[7+\frac{1}{2}×（3+d）]$，代入解出即可得出d．
（ii）$\frac{1}{{b}_{n}^{2}}$=$\frac{1}{（n+1）^{2}}$＜$\frac{1}{{n}^{2}+2n}$=$\frac{1}{2}（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+2}）$．利用“裂项求和”与不等式的性质即可证明．

解答 解：（1）∵a₁=2，a_n+1=S_n+n，可得a₂=a₁+1=3，同理可得a₃=7，a₄=15．
当n≥2时，a_n=S_n-1+（n-1），∴a_n+1-a_n=a_n+1，变形为a_n+1+1=2（a_n+1），
∴当n≥2时，数列{a_n+1}是等比数列，首项为4，公比为2．
∴a_n+1=4•2^n-2，
化为a_n=2ⁿ-1．
∴a_n=$\left\{\begin{array}{l}{2，n=1}\\{{2}^{n}-1，n≥2}\end{array}\right.$．
（2）（i）设正项等差数列{b_n}的为d＞0．
∵T₃=9，∴$\frac{3（{b}_{1}+{b}_{3}）}{2}$=3b₂=9，解得b₂=3．
∵a₁+b₁，a₂+b₂，a₃+$\frac{1}{2}$b₃，成等比数列，
∴$（{a}_{2}+{b}_{2}）^{2}$=（a₁+b₁）$（{a}_{3}+\frac{1}{2}{b}_{3}）$，
∴（3+3）²=（2+3-d）$[7+\frac{1}{2}×（3+d）]$，
化为d²+12d-13=0，
解得d=1或d=-13（舍去）．
∴b_n=b₂+（n-2）=3+n-2=n+1．
（ii）$\frac{1}{{b}_{n}^{2}}$=$\frac{1}{（n+1）^{2}}$＜$\frac{1}{{n}^{2}+2n}$=$\frac{1}{2}（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+2}）$．
∴B_n=$\frac{1}{{b}_{1}^{2}}$+$\frac{1}{{b}_{2}^{2}}$+…+$\frac{1}{{b}_{n}^{2}}$＜$\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}$，
∴B_n＜$\frac{3}{4}$．

点评 本题考查了等差数列与等比数列的通项公式及其前n项和公式、递推关系的应用、“裂项求和”方法、不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．