Question

18．已知数列{a_n}为等差数列，a₅=14，a₇=20；数列{b_n}的前n项和为S_n，且b_n=2-2S_n．
（Ⅰ）求数列{a_n}、{b_n}的通项公式；
（Ⅱ）求证：a₁b₁+a₂b₂+…+a_nb_n＜$\frac{7}{2}$．

Answer 1

分析 （I）利用等差数列的通项公式可得a_n，利用递推关系可得b_n．
（II）“错位相减法”与等比数列的前n项和公式即可得出．

解答 （I）解：设等差数列{a_n}的给出为d，∵a₅=14，a₇=20；
∴$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{1}+4d=14}\\{{a}_{1}+6d=20}\end{array}\right.$，解得a₁=2，d=3．
∴a_n=2+3（n-1）=3n-1．
数列{b_n}的前n项和为S_n，且b_n=2-2S_n．
当n=1时，b₁=2-2b₁，解得b₁=$\frac{2}{3}$．
当n≥2时，b_n-1=2-2S_n-1，∴b_n-b_n-1=-2b_n，化为${b}_{n}=\frac{1}{3}{b}_{n-1}$．
∴{b_n}是等比数列，首项为$\frac{2}{3}$，公比为$\frac{1}{3}$．
∴b_n=$\frac{2}{3}×（\frac{1}{3}）^{n-1}$=$2×\frac{1}{{3}^{n}}$．
∴a_nb_n=2×（3n-1）•$\frac{1}{{3}^{n}}$．
（II）证明：设a₁b₁+a₂b₂+…+a_nb_n=T_n．
∴T_n=$2[2×\frac{1}{3}+5×\frac{1}{{3}^{2}}+8×\frac{1}{{3}^{3}}$+…+$（3n-1）×\frac{1}{{3}^{n}}]$，
$\frac{1}{3}{T}_{n}$=2$[2×\frac{1}{{3}^{2}}+5×\frac{1}{{3}^{3}}$+…+（3n-4）×$\frac{1}{{3}^{n}}$+（3n-1）×$\frac{1}{{3}^{n+1}}]$，
$\frac{2}{3}{T}_{n}$=2$[\frac{2}{3}+3×\frac{1}{{3}^{2}}$+…+3×$\frac{1}{{3}^{n}}$-（3n-1）×$\frac{1}{{3}^{n+1}}]$=2$[\frac{1-\frac{1}{{3}^{n}}}{1-\frac{1}{3}}$-$\frac{1}{3}$-（3n-1）×$\frac{1}{{3}^{n+1}}]$=2$（\frac{7}{6}-\frac{6n+7}{2×{3}^{n+1}}）$，
∴T_n=$\frac{7}{2}$-$\frac{6n+7}{2×{3}^{n}}$．

点评 本题考查了“错位相减法”与等比数列的前n项和公式、递推关系的应用，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．