Question

6．已知數(shù)列{a_n}、{b_n}是正項數(shù)列，{a_n}為等差數(shù)列，{b_n}為等比數(shù)列，{b_n}的前n項和為S_n（n∈N^*），且a₁=b₁=1，a₂=b₂+1，a₃=b₃-2．
（1）求數(shù)列{a_n}，{b_n}的通項公式；
（2）令c_n=$\frac{_{n+1}}{{S}_{n}•{S}_{n+1}}$，求數(shù)列{c_n}的前n項和S_n；
（3）設(shè)d_n=$\frac{{{a}_{n}}^{2}}{_{n+1}}$，若d_n≤m恒成立，求實數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）通過設(shè)公差d、公比q，利用a₂=b₂+1、a₃=b₃-2計算可知q=d=3，進而計算可得結(jié)論；
（2）通過（1）可知S_n=$\frac{{3}^{n}-1}{2}$，裂項可知c_n=$\frac{2}{{3}^{n}-1}$-$\frac{2}{{3}^{n+1}-1}$，并項相加即得結(jié)論；
（3）通過（1）可知d_n=$\frac{9{n}^{2}-12n+4}{{3}^{n}}$，通過記f（x）=$\frac{9{x}^{2}-12x+4}{{3}^{x}}$并利用導(dǎo)數(shù)考查其單調(diào)性可知f（x）在區(qū)間（-∞，$\frac{2}{3}$）、（$\frac{2}{3}+\frac{2}{ln3}$，+∞）上單調(diào)遞減，在區(qū)間（$\frac{2}{3}$，$\frac{2}{3}+\frac{2}{ln3}$）上單調(diào)遞增，進而計算可得結(jié)論．

解答 解：（1）依題意，a₂=1+d，a₃=1+2d，
b₂=q（q＞0），b₃=q²，
∵a₂=b₂+1，a₃=b₃-2，
∴1+d=1+q，1+2d=q²-2，
解得：q=d=3或q=d=-1（舍），
∴a_n=1+3（n-1）=3n-2，b_n=3^n-1；
（2）由（1）可知S_n=$\frac{1-{3}^{n}}{1-3}$=$\frac{{3}^{n}-1}{2}$，
∴c_n=$\frac{_{n+1}}{{S}_{n}•{S}_{n+1}}$=$\frac{{S}_{n+1}-{S}_{n}}{{S}_{n}•{S}_{n+1}}$=$\frac{1}{{S}_{n}}$-$\frac{1}{{S}_{n+1}}$=$\frac{2}{{3}^{n}-1}$-$\frac{2}{{3}^{n+1}-1}$，
∴數(shù)列{c_n}的前n項和為$\frac{2}{3-1}$-$\frac{2}{{3}^{2}-1}$+$\frac{2}{{3}^{2}-1}$-$\frac{2}{{3}^{3}-1}$+…+$\frac{2}{{3}^{n}-1}$-$\frac{2}{{3}^{n+1}-1}$=1-$\frac{2}{{3}^{n+1}-1}$=$\frac{{3}^{n+1}-3}{{3}^{n+1}-1}$；
（3）由（1）可知d_n=$\frac{{{a}_{n}}^{2}}{_{n+1}}$=$\frac{9{n}^{2}-12n+4}{{3}^{n}}$，
記f（x）=$\frac{9{x}^{2}-12x+4}{{3}^{x}}$，則f′（x）=$\frac{（3x-2）[6-（3x-2）ln3]}{{3}^{x}}$，
令f′（x）=0可知：x=$\frac{2}{3}$或x=$\frac{2}{3}+\frac{2}{ln3}$，
∴當(dāng)x＜$\frac{2}{3}$或x＞$\frac{2}{3}+\frac{2}{ln3}$時f′（x）＜0，當(dāng)$\frac{2}{3}$＜x＜$\frac{2}{3}+\frac{2}{ln3}$時f′（x）＞0，
∴f（x）在區(qū)間（-∞，$\frac{2}{3}$）、（$\frac{2}{3}+\frac{2}{ln3}$，+∞）上單調(diào)遞減，在區(qū)間（$\frac{2}{3}$，$\frac{2}{3}+\frac{2}{ln3}$）上單調(diào)遞增，
∵2＜$\frac{2}{3}+\frac{2}{ln3}$＜3，f（2）=$\frac{16}{9}$，f（3）=$\frac{49}{27}$，
∴m≥f（3）=$\frac{49}{27}$，
于是實數(shù)m的取值范圍是[$\frac{49}{27}$，+∞）．

點評 本題考查數(shù)列的通項及前n項和，考查運算求解能力，涉及利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，注意解題方法的積累，屬于中檔題．