Question

已知各項(xiàng)均為正數(shù)的兩個(gè)無窮數(shù)列{a_n}、{b_n}滿足a_nb_n+1+a_n+1b_n=2na_n+1（n∈N^*）．
（Ⅰ）當(dāng)數(shù)列{a_n}是常數(shù)列（各項(xiàng)都相等的數(shù)列），且b₁=時(shí)，求數(shù)列{b_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）設(shè){a_n}、{b_n}都是公差不為0的等差數(shù)列，求證：數(shù)列{a_n}有無窮多個(gè)，而數(shù)列{b_n}惟一確定；
（Ⅲ）設(shè)a_n+1=，S_n=，求證：2＜＜6．

Answer 1

【答案】分析：（I）設(shè)a_n=a＞0，利用數(shù)列{a_n}、{b_n}滿足a_nb_n+1+a_n+1b_n=2na_n+1（n∈N^*），可得b_n+1+b_n=2n，（n∈N^*），于是當(dāng)n≥2時(shí)，b_n+b_n-1=2（n-1）．于是b_n+1-b_n-1=2．可知：數(shù)列{b_n}當(dāng)n為奇數(shù)或偶數(shù)時(shí)按原順序均構(gòu)成以2為公差的等差數(shù)列，利用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式即可得出；
（II）設(shè){a_n}、{b_n}公差分別為d₁、d₂，可得其通項(xiàng)公式，代入a_nb_n+1+a_n+1b_n=2na_n+1（n∈N^*）．可得[a₁+（n-1）d₁][b₁+nd₂]+（a₁+nd₁）[b₁+（n-1）d₂]=2n（a₁+nd₁），對于任意n恒成立，可得，解出即可；
（III）利用，可得a_n+1-a_n=-a_n=，于是a_n＜a_n+1．利用a_nb_n+1+a_n+1b_n=2na_n+1＜a_n+1b_n+1+a_n+1b_n，可得2n＜b_n+1+b_n．又a_nb_n+1=（2n-b_n）•a_n+1＞0，a_n+1＞0，可得2n-b_n＞0．可得，進(jìn)而得出．
解答：（I）解：設(shè)a_n=a＞0，∵數(shù)列{a_n}、{b_n}滿足a_nb_n+1+a_n+1b_n=2na_n+1（n∈N^*），
∴b_n+1+b_n=2n，（n∈N^*），于是當(dāng)n≥2時(shí)，b_n+b_n-1=2（n-1）．
∴b_n+1-b_n-1=2．
∴可知：數(shù)列{b_n}當(dāng)n為奇數(shù)或偶數(shù)時(shí)按原順序均構(gòu)成以2為公差的等差數(shù)列，
又，b₁+b₂=2，可得．
∴=，=，
即（n∈N^*）．
（2）證明：設(shè){a_n}、{b_n}公差分別為d₁、d₂，
則a_n=a₁+（n-1）d，b_n=b₁+（n-1）d₂，
代入a_nb_n+1+a_n+1b_n=2na_n+1（n∈N^*）．
可得[a₁+（n-1）d₁][b₁+nd₂]+（a₁+nd₁）[b₁+（n-1）d₂]=2n（a₁+nd₁），對于任意n恒成立，
可得，解得，
可得a_n=na₁，b_n=n．
∴只有取a₁＞0可得數(shù)列{a_n}有無窮多個(gè)，而數(shù)列{b_n}惟一確定；
（3）證明：∵，
∴a_n+1-a_n=-a_n=，
∴a_n＜a_n+1．
∴a_nb_n+1+a_n+1b_n=2na_n+1＜a_n+1b_n+1+a_n+1b_n，可得2n＜b_n+1+b_n．
因此=（b₁+b₂）+（b₃+b₄）+…+（b_2n-1+b_2n）＞2[1+3+…+（2n-1）]=2n²．
又a_nb_n+1=（2n-b_n）•a_n+1＞0，a_n+1＞0，
∴2n-b_n＞0．
∴=2n（1+2n）=4n²+2n，
∴，
∴．
點(diǎn)評：熟練掌握等差數(shù)列的通項(xiàng)公式及其前n項(xiàng)和公式、數(shù)列的單調(diào)性、放縮法等是解題的關(guān)鍵．