5.設(shè)數(shù)列{an}是等差數(shù)列,數(shù)列{bn}的前n項和Sn滿足Sn=2(bn-1),且a2=b1-1,a5=b3-1.
(1)求數(shù)列{an}和{bn}的通項公式;
(2)設(shè)cn=an•bn,求數(shù)列{cn}的前n項和;
(3)證明:當(dāng)n≥2時,$\sqrt{\frac{1}{{{a_1}+2}}}+\sqrt{\frac{1}{{{a_2}+2}}}+\sqrt{\frac{1}{{{a_3}+2}}}+…+\sqrt{\frac{1}{{{a_n}+2}}}>\sqrt{n}$.

分析 (1)利用條件求數(shù)列的首項和公差,公比,然后求等差數(shù)列和等比數(shù)列的通項公式.
(2)利用錯位相減法即可求出數(shù)列{cn}的前n項和,
(3)利用放縮法得到$\sqrt{\frac{1}{{a}_{n}+2}}$>$\sqrt{2n+1}$-$\sqrt{2n-1}$,再求和,需要驗證n=2,3是否成立,問題得以證明.

解答 解:(1)∵Sn=2(bn-1),①
∴當(dāng)n≥2時,Sn-1=2(bn-1-1),②
由①-②得:bn=2(bn-bn-1)(n≥2),即bn=2bn-1(n≥2),
又n=1時,S1=2(b1-1),得b1=2,
∴${b_n}={2^n}$(n∈N*).
設(shè)數(shù)列{an}的公差為d,則$d=\frac{{{a_5}-{a_2}}}{5-2}=2$,
所以an=2n-3(n∈N*).
(2)由(1)知${c_n}=(2n-3)•{2^n}$,設(shè)數(shù)列{cn}的前n項和為Tn,
則${T_n}=-1×2+1×{2^2}+3×{2^3}+…+(2n-3)×{2^n}$,
$2{T_n}=-1×{2^2}+1×{2^3}+3×{2^4}+…+(2n-5)×{2^n}+(2n-3)×{2^{n+1}}$,
兩式作差得$-{T_n}=-1×2+2×{2^2}+2×{2^3}+…+2×{2^n}-(2n-3)×{2^{n+1}}$=$-2-\frac{{8(1-{2^{n+1}})}}{1-2}-(2n-3)×{2^{n+1}}$=-10-(2n-5)×2n+1,
∴${T_n}=(2n-5)•{2^{n+1}}+10$(n∈N*).
(3)證明:∵$\sqrt{\frac{1}{{a}_{n}+2}}$=$\frac{1}{\sqrt{2n-1}}$=$\frac{2}{\sqrt{2n-1}+\sqrt{2n+1}}$>$\frac{2}{\sqrt{2n-1}+\sqrt{2n+1}}$=$\sqrt{2n+1}$-$\sqrt{2n-1}$,
∴$\sqrt{\frac{1}{{{a_1}+2}}}+\sqrt{\frac{1}{{{a_2}+2}}}+…+\sqrt{\frac{1}{{{a_n}+2}}}>(\sqrt{3}-1)+(\sqrt{5}-\sqrt{3})+…+(\sqrt{2n+1}-\sqrt{2n-1})=\sqrt{2n+1}-1$,
又∵$(\sqrt{2n+1}-1)-\sqrt{n}=\sqrt{2n+1}-(\sqrt{n}+1)$,
且當(dāng)n≥4時,${(\sqrt{2n+1})^2}-{(\sqrt{n}+1)^2}=n-2\sqrt{n}=\sqrt{n}(\sqrt{n}-2)≥0$,
∴$\sqrt{2n+1}-1≥\sqrt{n}$,
∴當(dāng)n≥4時,$\sqrt{\frac{1}{{{a_1}+2}}}+\sqrt{\frac{1}{{{a_2}+2}}}+…+\sqrt{\frac{1}{{{a_n}+2}}}>\sqrt{n}$成立,
當(dāng)n=2,n=3時,可以驗證不等式也成立.
綜上,當(dāng)n≥2時,$\sqrt{\frac{1}{{{a_1}+2}}}+\sqrt{\frac{1}{{{a_2}+2}}}+…+\sqrt{\frac{1}{{{a_n}+2}}}>\sqrt{n}$.

點評 本題主要考查等差數(shù)列和等比數(shù)列的通項公式,以及利錯位相減法求前n項和Sn,放縮法證明不等式成立,屬于中檔題.

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