Question

在数列{a_n}与{b_n}中,a₁=1,b₁=4,数列{a_n}的前n项和S_n满足nS_n+1-(n+3)S_n=0,2a_n+1为b_n与b_n+1的等比中项,n∈N^*.

(1)求a₂,b₂的值;

(2)求数列{a_n}与{b_n}的通项公式;

(3)设T_n=(-1b₁+(-1b₂+…+(-1b_n,n∈N^*,证明|T_n|＜2n²,n≥3.

Answer 1

本小题主要考查等差数列的概念、通项公式及前n项和公式、等比数列的概念、等比中项、不等式证明、数学归纳法等基础知识,考查运算能力和推理论证能力及分类讨论的思想方法.

(1)解:由题设有a₁+a₂-4a₁=0,a₁=1,解得a₂=3.

由题设又有4a₂²=b₂b₁,b₁=4,解得b₂=9.

(2)解法一:由题设nS_n+1-(n+3)S_n=0,a₁=1,b₁=4,及a₂=3,b₂=9,进一步可得a₃=6,b₃=16,a₄=10,b₄=25,猜想a_n=,b_n=(n+1)²,n∈N^*.

先证a_n=,n∈N^*.

当n=1时,a₁=,等式成立.

当n≥2时用数学归纳法证明如下:

(ⅰ)当n=2时,a₂=,等式成立.

(ⅱ)假设当n=k时等式成立,即a_k=,k≥2.

由题设,kS_k+1=(k+3)S_k,①

(k-1)S_k=(k+2)S_k-1.②

①的两边分别减去②的两边,整理得ka_k+1=(k+2)a_k,

从而a_k+1=.

这就是说,当n=k+1时等式也成立.

根据(ⅰ)和(ⅱ)可知,等式a_n=对任何的n≥2成立.

综上所述,等式a_n=对任何的n∈N^*都成立.

再用数学归纳法证明b_n=(n+1)²,n∈N^*.

(ⅰ)当n=1时,b₁=(1+1)²,等式成立.

(ⅱ)假设当n=k时等式成立,即b_k=(k+1)², 那么b_k+1==［(k+1)+1］².

这就是说,当n=k+1时等式也成立.

根据(ⅰ)和(ⅱ)可知,等式b_n=(n+1)²对任何的n∈N^*都成立.

解法二:由题设nS_n+1=(n+3)S_n,①

(n-1)S_n=(n+2)S_n-1.②

①的两边分别减去②的两边,整理得na_n+1=(n+2)a_n,n≥2,

所以2a₃=4a₂,

3a₄=5a₃,

…

(n-1)a_n=(n+1)a_n-1,n≥3.

将以上各式左右两端分别相乘,得(n-1)!a_n=a₂,

由(1)并化简得a_n=a₂=,n≥3.

上式对n=1,2也成立.

由题设有b_n+1b_n=4a_n+1²,所以b_n+1b_n=(n+2)²(n+1)²,

即=1,n∈N^*.

令x_n=,则x_nx_n+1=1,即x_n+1=.

由x₁=1得x_n=1,n≥1.

所以=1,即b_n=(n+1)²,n≥1.

解法三:由题设有nS_n+1=(n+3)S_n,n∈N^*,

所以S₂=4S₁,

2S₃=5S₂,

…,

(n-1)S_n=(n+2)S_n-1,n≥2.

将以上各式左右两端分别相乘,得1×2×…×(n-1)S_n=4×5×…×(n+2)S₁,

化简得S_n=,n≥3.

由(1),上式对n=1,2也成立.

所以a_n=S_n-S_n-1=,n≥2.

上式对n=1也成立.

以下同解法二,可得b_n=(n+1)²,n≥1.

(3)证明:T_n=(-1b₁+(-1b₂+…+(-1b_n

=-2²-3²+…+(-1(n+1)².

当n=4k,k∈N^*时,

T_n=-2²-3²+4²+5²-…-(4k-2)²-(4k-1)²+(4k)²+(4k+1)².

注意到-(4k-2)²-(4k-1)²+(4k)²+(4k+1)²=32k-4,

故T_n=32×(1+2+…+k)-4k=32×-4k

=4k(4k+4)-4k=(4k)²+3×4k=n²+3n.

当n=4k-1,k∈N^*时,

T_n=(4k)²+3×4k-(4k+1)²=(n+1)²+3(n+1)-(n+2)²=n.

当n=4k-2,k∈N^*时,

T_n=(4k)²+3×4k-(4k+1)²-(4k)²=3(n+2)-(n+3)²=-n²-3n-3.

当n=4k-3,k∈N^*时,

T_n=3×4k-(4k+1)²+(4k-1)²=3(n+3)-(n+4)²+(n+2)²=-n-3.

所以,T_n=k∈N^*.

从而n≥3时,有

总之,当n≥3时有＜2,即|T_n|＜2n².