Question

5．已知數(shù)列{a_n}滿足a_n+2-2a_n+1+a_n=0（n∈N^*），a₂=4，其前7項和為42，設(shè)數(shù)列{b_n}是等比數(shù)列，數(shù)列{b_n}的前n項和為S_n滿足b₁=a₁-1，S₃₀-（3¹⁰+1）S₂₀+3¹⁰S₁₀=0．
（1）求數(shù)列{a_n}，{b_n}的通項公式；
（2）令c_n=1+log₃$\frac{_{n}}{2}$，d_n=$\frac{{a}_{n}}{{c}_{n}}$+$\frac{{c}_{n}}{{a}_{n}}$，求證：數(shù)列{d_n}的前n項和T_n≥$\frac{10}{3}$．

Answer 1

分析 （1）由數(shù)列{a_n}滿足a_n+2-2a_n+1+a_n=0（a∈N^*），可得數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列，利用等差數(shù)列的通項公式與求和公式即可得出a_n．設(shè)等比數(shù)列{b_n}的公比為q，b₁=a₁-1=2，S₃₀-（3¹⁰+1）S₂₀+3¹⁰S₁₀=0．可得$\frac{{S}_{30}-{S}_{20}}{{S}_{20}-{S}_{10}}$=3¹⁰=q¹⁰，解得q，利用等比數(shù)列的通項公式即可得出．
（2）c_n=n，d_n=$\frac{n+2}{n}+\frac{n}{n+2}$=2+2$（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+2}）$，利用“裂項求和”方法與數(shù)列的單調(diào)性即可得出．

解答 （1）解：∵數(shù)列{a_n}滿足a_n+2-2a_n+1+a_n=0（a∈N^*），∴數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列，設(shè)公差為d．
∵a₂=4，其前7項和為42，∴a₁+d=4，7a₁+$\frac{7×6}{2}$d=42，
解得a₁=3，d=1．∴a_n=3+（n-1）=n+2．
設(shè)等比數(shù)列{b_n}的公比為q，b₁=a₁-1=2，
S₃₀-（3¹⁰+1）S₂₀+3¹⁰S₁₀=0．
∴$\frac{{S}_{30}-{S}_{20}}{{S}_{20}-{S}_{10}}$=3¹⁰=q¹⁰，解得q=3．
∴b_n=2×3^n-1．
（2）證明：c_n=1+log₃$\frac{_{n}}{2}$=n，
d_n=$\frac{{a}_{n}}{{c}_{n}}$+$\frac{{c}_{n}}{{a}_{n}}$=$\frac{n+2}{n}+\frac{n}{n+2}$=2+2$（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+2}）$，
∴數(shù)列{d_n}的前n項和T_n=2n+2$[（1-\frac{1}{3}）+（\frac{1}{2}-\frac{1}{4}）$+$（\frac{1}{3}-\frac{1}{5}）$+…+$（\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n+1}）+（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+2}）]$
=2n+3-2$（\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}）$，
可得：數(shù)列{T_n}是單調(diào)遞增數(shù)列，∴T_n≥T₁=5-2×$（\frac{1}{2}+\frac{1}{3}）$=$\frac{10}{3}$．

點評 本題考查了等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項公式與求和公式、數(shù)列單調(diào)性、“裂項求和”方法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．