15.設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,滿足:a1=1,3tSn=(2t+3)Sn-1+3t(t為正實(shí)數(shù),n∈N*且n≥2).
(Ⅰ)證明:數(shù)列{an}是等比數(shù)列;
(Ⅱ)設(shè)數(shù)列{an}的公比為f(t),數(shù)列{bn}滿足b1=1,bn=f($\frac{1}{b_{n-1}}$).記Tn=b1b2-b2b3+b3b4-b4b5+…+b2n-1b2n-b2nb2n+1,求證:Tn≤-$\frac{20}{9}$.

分析 (Ⅰ)由3tSn=(2t+3)Sn-1+3t(n≥2)利用遞推關(guān)系可得:$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}$=$\frac{2t+3}{3t}$(n≥3)(t>0)為常數(shù).又$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$=$\frac{2t+3}{3t}$,即可證明數(shù)列{an}是等比數(shù)列.
(Ⅱ)由f(t)=$\frac{2t+3}{3t}$=$\frac{2}{3}$+$\frac{1}{t}$,可得bn=f($\frac{1}{b_{n-1}}$)=$\frac{2}{3}$+bn-1.即bn-bn-1=$\frac{2}{3}$.利用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式代入Tn=b1b2-b2b3+b3b4-b4b5+…+b2n-1b2n-b2nb2n+1=b2(b1-b3)+b4(b3-b5)+…+b2n(b2n-1-b2n+1)=-$\frac{4}{3}$(b2+b4+…+b2n),即可得出.

解答 證明:(Ⅰ)由3tSn=(2t+3)Sn-1+3t(n≥2)得3tSn-1=(2t+3)Sn-2+3t(n≥3)
兩式相減,得3tan=(2t+3)an-1,∵t為正實(shí)數(shù),
∴$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}$=$\frac{2t+3}{3t}$(n≥3)為常數(shù).
又3tS2=(2t+3)S1+3t,
得a2=$\frac{2t+3}{3t}$,∴$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$=$\frac{2t+3}{3t}$,
∴數(shù)列{an}是等比數(shù)列,首項(xiàng)為1,公比為$\frac{2t+3}{3t}$.
(Ⅱ)證明:∵f(t)=$\frac{2t+3}{3t}$=$\frac{2}{3}$+$\frac{1}{t}$,
∴bn=f($\frac{1}{b_{n-1}}$)=$\frac{2}{3}$+bn-1
∴bn-bn-1=$\frac{2}{3}$.
∴數(shù)列{bn}是首項(xiàng)為1,公差為$\frac{2}{3}$的等差數(shù)列.
Tn=b1b2-b2b3+b3b4-b4b5+…+b2n-1b2n-b2nb2n+1
=b2(b1-b3)+b4(b3-b5)+…+b2n(b2n-1-b2n+1
=-$\frac{4}{3}$(b2+b4+…+b2n
=-$\frac{4}{3}$$(\frac{2}{3}{n}^{2}+n)$
=-$\frac{8}{9}(n+\frac{3}{4})^{2}$+$\frac{1}{2}$,
∵n∈N*,∴Tn≤T1=-$\frac{20}{9}$.

點(diǎn)評 本題考查了數(shù)列遞推關(guān)系、等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項(xiàng)公式及其求和公式,考查了推理能力與計(jì)算能力,屬于中檔題.

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 作文成績優(yōu)秀  作文成績一般合計(jì) 
 閱讀量大 18 9 
 閱讀量少 815  
 合計(jì)   
(1)請完善表中所缺的有關(guān)數(shù)據(jù);
(2)試通過計(jì)算說明在犯錯(cuò)誤的概率不超過多少的前提下認(rèn)為“課外閱讀大與作文成績優(yōu)秀”有關(guān)系?

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