Question

15．若数列{a_n}的前n项和S_n满足2S_n=3a_n-1（n∈N^*），等差数列{b_n}满足b₁=3a₁，b₃=S₂+3
（1）求数列{a_n}、{b_n}的通项公式；
（2）设c_n=$\frac{n+2}{{b}_{n}•{b}_{n+1}•{a}_{n}}$（n∈N^*），且{c_n}的前n项和为T_n，求证：T_n$＜\frac{1}{4}$．

Answer 1

分析 （1）由数列递推式求出a₁，在数列递推式中取n=n-1得另一递推式，作差后得到数列{a_n}为等比数列，则数列{a_n}的通项公式可求，再由b₁=3a₁，b₃=S₂+3求出数列{b_n}的首项和公差，则{b_n}的通项公式可求．
（2）c_n=$\frac{n+2}{（2n+1）（2n+3）•{3}^{n-1}}$，c₁=$\frac{1}{5}$，c₂=$\frac{4}{105}$，c₃=$\frac{5}{567}$，c₄=$\frac{2}{891}$，n≥5时，$\frac{n+2}{{3}^{n-1}}$≤$\frac{7}{81}$，c_n=＜$\frac{7}{162}$（$\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n+3}$），由此能证明T_n＜$\frac{1}{4}$．

解答 解：（1）∵数列{a_n}的前n项和S_n满足2S_n=3a_n-1（n∈N^*），①
∴当n=1时，2a₁=3a₁-1，解得a₁=1，
当n≥2时，2S_n-1=3a_n-1-1，②，
①-②，得：2a_n=3a_n-3a_n-1，n≥2，
∴a_n=3a_n-1，
∴{a_n}是首项为1，公比为3的等比数列，
∴${a}_{n}={3}^{n-1}$．
∵等差数列{b_n}满足b₁=3a₁，b₃=S₂+3，
∴b₁=3a₁=3，b₃=S₂+3=1+3+3=3+2d，解得d=2，
∴b_n=3+（n-1）×2=2n+1．
证明：（2）∵c_n=$\frac{n+2}{{b}_{n}•{b}_{n+1}•{a}_{n}}$（n∈N^*），a_n=3^n-1，b_n=2n+1，
∴c_n=$\frac{n+2}{（2n+1）（2n+3）•{3}^{n-1}}$，c₁=$\frac{3}{3×5}$=$\frac{1}{5}$，${c}_{2}=\frac{4}{5×7×3}$=$\frac{4}{105}$，${c}_{3}=\frac{5}{7×9×9}$=$\frac{5}{567}$，c₄=$\frac{6}{9×11×27}$=$\frac{2}{891}$，
n≥5时，$\frac{n+2}{{3}^{n-1}}$≤$\frac{7}{81}$，c_n=$\frac{n+2}{（2n+1）（2n+3）•{3}^{n-1}}$＜$\frac{7}{81}$×$\frac{1}{（2n+1）（2n+3）}$=$\frac{7}{162}$（$\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n+3}$），
∴T_n＜$\frac{1}{5}+\frac{4}{105}$+$\frac{7}{162}$（$\frac{1}{11}-\frac{1}{13}+\frac{1}{13}-\frac{1}{15}+…+\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n+3}$）
=$\frac{1}{5}+\frac{4}{105}+\frac{5}{567}$+$\frac{2}{891}$+$\frac{7}{162}$（$\frac{1}{11}-\frac{1}{2n+3}$）
＜$\frac{1}{5}+\frac{4}{105}+\frac{5}{567}$+$\frac{2}{891}$+$\frac{1}{1782}$
=$\frac{21805}{87318}$$＜\frac{1}{4}$．
∴T_n＜$\frac{1}{4}$．

点评 本题考查数列递推式，考查了等比关系的确定，训练了错位相减法求数列的前n项和，是中档题，解题量要注意放缩法的合理运用．