Question

12．等比數(shù)列{a_n}的各項(xiàng)均為正數(shù)，2a₅，a₄，4a₆成等差數(shù)列，且滿(mǎn)足a₄=4a₃²，數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和S_n=$\frac{（n+1）_{n}}{2}$，n∈N*，且b₁=1．
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}和{b_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）設(shè)c_n=$\frac{_{2n+5}}{_{2n+1}_{2n+3}}$a_n，n∈N*，求證：$\sum_{k=1}^{n}{c}_{k}$＜$\frac{1}{3}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）設(shè)公比為q，利用等差數(shù)列的性質(zhì)，求得公比q，根據(jù)等比數(shù)列的等比中項(xiàng)的性質(zhì)，即可求得a₁，求得數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式，由b_n=S_n-S_n-1，化簡(jiǎn)整理即可求得{b_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）由（Ⅰ）求得數(shù)列{c_n}的通項(xiàng)公式，采用“裂項(xiàng)法”即可求得數(shù)列{c_n}前n項(xiàng)和，即可證明不等式成立．

解答 解：（Ⅰ）設(shè)等比數(shù)列{a_n}的公比為q，由題意可知2a₄=2a₅+4a₆，即a₄=a₄q+2a₄q²，
由a_n＞0，則2q²+q-1=0，解得：q=$\frac{1}{2}$，或q=-1（舍去），
a₄=4a₃²=4a₂a₄，則a₂=$\frac{1}{4}$，
∴a₁=$\frac{1}{2}$，
等比數(shù)列{a_n}通項(xiàng)公式a_n=（$\frac{1}{2}$）ⁿ，
當(dāng)n≥2時(shí)，b_n=S_n-S_n-1=$\frac{（n+1）_{n}}{2}$-$\frac{n_{n-1}}{2}$，
整理得：$\frac{_{n}}{n}$=$\frac{_{n-1}}{n-1}$，
∴數(shù)列{$\frac{_{n}}{n}$}是首項(xiàng)為$\frac{_{1}}{1}$=1的常數(shù)列，
則$\frac{_{n}}{n}$=1，則b_n=n，n∈N*，
數(shù)列{b_n}的通項(xiàng)公式b_n=n，n∈N*；
（Ⅱ）證明：由（Ⅰ）可知：c_n=$\frac{_{2n+5}}{_{2n+1}_{2n+3}}$a_n=$\frac{2n+5}{（2n+1）（2n+3）}$•$\frac{1}{{2}^{n}}$．…（8分）
∴c_n=（$\frac{2}{2n+1}$-$\frac{1}{2n+3}$）•$\frac{1}{{2}^{n}}$=$\frac{1}{（2n+1）•{2}^{n-1}}$-$\frac{1}{（2n+3）•{2}^{n}}$，…（10分）
∴$\sum_{k=1}^{n}{c}_{k}$=c₁+c₂+…+c_n=（$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{5•2}$）+（$\frac{1}{5•2}$-$\frac{1}{7•{2}^{2}}$）+…+（$\frac{1}{（2n+1）•{2}^{n-1}}$-$\frac{1}{（2n+3）•{2}^{n}}$）=$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{（2n+3）•{2}^{n}}$，
由n∈N*，
∴$\sum_{k=1}^{n}{c}_{k}$=$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{（2n+3）•{2}^{n}}$＜$\frac{1}{3}$，
故不等式成立

點(diǎn)評(píng) 本題考查等比數(shù)列的通項(xiàng)公式，考查“裂項(xiàng)法”求數(shù)列的前n項(xiàng)和，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．