Question

已知數列{a_n}的前n項和S_n=1-ka_n（k＞0，n∈N^*）．
（1）用n、k表示a_n；
（2）數列{b_n}對n∈N^*均有（b_n+1-b_n+2）lga₁+（b_n+2-b_n）lga₃+（b_n-b_n+1）lga₅=0，求證：數列{b_n}為等差數列；
（3）在（1）、（2）中，設k=1，b_n=n+1，x_n=a₁b₁+a₂b₂+a₃b₃+…+a_nb_n，求證：x_n＜3．

Answer 1

分析：（1）由前n項的和S_n與a_n的關系 a_n+1=S_n+1-S_n，得到數列的遞推公式，注意分析k是否為零，再求數列的通項公式．
（2）若（b_n+1-b_n+2）lga₁+（b_n+2-b_n）lga₃+（b_n-b_n+1）lga₅=0，即∴（b_n+1-b_n+2）lg

1

k+1

+（b_n+2-b_n）lg[（

1

k+1

×（

k

k+1

）²]+（b_n-b_n+1）lg[（

1

k+1

×（

k

k+1

）⁴]=0，展開整理后可得b_n+2+b_n=2b_n+1，根據等比數列的定義，可得數列{b_n}為等差數列；
（3）將k=1代入，利用錯位相減法，求出x_n=3-（n+3）(

1

2

)n，結合（n+3）(

1

2

)n＞0，可得x_n＜3

解答：解：（1）∵S_n=1-ka_n，
∴S₁=a₁=1-ka₁，
∴a₁=

1

k+1

∴a_n+1=S_n+1-S_n=（1-ka_n+1）-（1-ka_n），
∴a_n+1=ka_n-ka_n+1，即 （k+1）a_n+1=ka_n，
∵kk≠1解得a_n+1=

k

k+1

a_n（1）
∵k＞0，a₁≠0，由（1）式易知a_n≠0，n≥1，
∴

an+1

an

=

k

k+1

故該數列是公比為

k

k+1

，首項為

1

k+1

的等比數列，
∴a_n=

1

k+1

×（

k

k+1

）^n-1．
證明：（2）∵（b_n+1-b_n+2）lga₁+（b_n+2-b_n）lga₃+（b_n-b_n+1）lga₅=0，
∴（b_n+1-b_n+2）lg

1

k+1

+（b_n+2-b_n）lg[（

1

k+1

×（

k

k+1

）²]+（b_n-b_n+1）lg[（

1

k+1

×（

k

k+1

）⁴]=0…①
令lg

1

k+1

=m，lg

k

k+1

=n，則m，n均不為0
則①式可化為m（b_n+1-b_n+2）+（m+2n）（b_n+2-b_n）+（m+4n）（b_n-b_n+1）=0
即b_n+2+b_n=2b_n+1，
即數列{b_n}為等差數列；
（3）若k=1，a_n=

1

k+1

×（

k

k+1

）^n-1=（

1

2

）ⁿ，
又∵b_n=n+1，
∴x_n=

1

2

×2+(

1

2

)2×3+(

1

2

)3×4+…+(

1

2

)n（n+1）…①，
∴

1

2

x_n=(

1

2

)2×2+(

1

2

)3×3+…+(

1

2

)nn+(

1

2

)n+1（n+1）…②
①-②得

1

2

x_n=1+[(

1

2

)2+(

1

2

)3+…+(

1

2

)n]-(

1

2

)n+1（n+1）=

3

2

-

n+3

2

(

1

2

)n
∴x_n=3-（n+3）(

1

2

)n
∵（n+3）(

1

2

)n＞0
∴x_n＜3

點評：本題考查的知識點是數列通項公式的求法，等差數列的證明，等差數列的應用，是數列的綜合應用，運算量大，容易出錯，但解題思路易梳理，屬于中檔題．