Question

3．已知公差大于零的等差数列{a_n}的前n项和为S_n，且满足a₁•a₆=21，a₂+a₅=22．
（Ⅰ）若数列{b_n}满足b₁+4b₂+9b₃+…+n²b_n=$\frac{1}{4}$a_n，求数列{b_n}的通项公式；
（Ⅱ）证明：对一切正整数n，有b₁+b₂+…b_n＜1．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通过等差数列中下标和相等两项和相等及a₁•a₆=21可知a₁=1、a₆=21，进而可知a_n=4n-3，当n≥2时，利用n²b_n=（b₁+4b₂+9b₃+…+n²b_n）-[b₁+4b₂+9b₃+…+（n-1）²b_n-1]计算可知b_n=$\frac{1}{{n}^{2}}$（n≥2），进而可得结论；
（Ⅱ）通过（I）放缩、裂项得，当n≥2时b_n≤$\frac{1}{n-1}$-$\frac{1}{n}$，从第3项开始放缩、并项相加即得结论．

解答 （Ⅰ）解：依题意，a₁•a₆=21，a₁+a₆=22，
∴a₁=1、a₆=21，或a₁=21、a₆=1（舍），
∴公差d=$\frac{{a}_{6}-{a}_{1}}{6-1}$=$\frac{21-1}{6-1}$=4，
∴a_n=1+4（n-1）=4n-3，
∴b₁+4b₂+9b₃+…+n²b_n=n-$\frac{3}{4}$，
当n≥2时，n²b_n=（b₁+4b₂+9b₃+…+n²b_n）-[b₁+4b₂+9b₃+…+（n-1）²b_n-1]
=（n-$\frac{3}{4}$）-[（n-1）-$\frac{3}{4}$]
=1，
∴b_n=$\frac{1}{{n}^{2}}$（n≥2），
又∵b₁=1-$\frac{3}{4}$=$\frac{1}{4}$不满足上式，
∴b_n=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{4}，}&{n=1}\\{\frac{1}{{n}^{2}}，}&{n≥2}\end{array}\right.$；
（Ⅱ）证明：由（I）可知，b₁=$\frac{1}{4}$，
当n≥2时，b_n=$\frac{1}{{n}^{2}}$≤$\frac{1}{n（n-1）}$=$\frac{1}{n-1}$-$\frac{1}{n}$，
∴b₁+b₂+…b_n≤$\frac{1}{4}$+$\frac{1}{4}$+$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{4}$+…+$\frac{1}{n-1}$-$\frac{1}{n}$=$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{n}$＜1．

点评 本题考查数列的通项及前n项和，考查放缩法，注意解题方法的积累，属于中档题．