Question

（2009•朝陽區(qū)二模）設(shè)數(shù)列{a_n}的首項(xiàng)a₁=1，前n項(xiàng)和為S_n，且點(diǎn)（S_n-1，S_n）（n∈N^*，n≥2）在直線（2t+3）x-3ty+3t=0（t為與n無關(guān)的正實(shí)數(shù)）上．
（Ⅰ） 求證：數(shù)列{a_n}是等比數(shù)列；
（Ⅱ） 記數(shù)列{a_n}的公比為f（t），數(shù)列{b_n}滿足b1=1，bn=f(

1

bn-1

)（n∈N^*，n≥2）．
設(shè)c_n=b_2n-1b_2n-b_2nb_2n+1，求數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和T_n；
（Ⅲ） 在（Ⅱ）的條件下，設(shè)dn=(1+

1

3bn-1

)n（n∈N^*），證明d_n＜d_n+1．

Answer 1

分析：（Ⅰ）因?yàn)辄c(diǎn)（S_n-1，S_n）（n∈N^*，n≥2）在直線（2t+3）x-3ty+3t=0（t為與n無關(guān)的正實(shí)數(shù)）上，所以（2t+3）S_n-1-3tS_n+3t=0，由此能夠證明{a_n}是等比數(shù)列． 
（Ⅱ）  由（Ⅰ） 知f(t)=

2t+3

3t

，從而bn=f(

1

bn-1

)=

2• 1 bn-1 +3

3• 1 bn-1

=

2

3

+bn-1，所以b_n-b_n-1=

2

3

（n∈N^*，n≥2）．由此能夠求出數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和T_n．
（Ⅲ） 由（Ⅱ）知dn=(1+

1

2n

)n，則dn+1=[1+

1

2(n+1)

]n+1．將dn=(1+

1

2n

)n用二項(xiàng)式定理展開，共有n+1項(xiàng)，Tk+1=

C

k n

(

1

2n

)k=

1

2k

•

1

k!

•

n(n-1)…(n-k+1)

nk

=

1

2k

•

1

k!

•(1-

1

n

)(1-

2

n

)…(1-

k-1

n

)，同理，dn+1=[1+

1

2(n+1)

]n+1用二項(xiàng)式定理展開，第n+2項(xiàng)Un+2=

C

n+1 n+1

[

1

2(n+1)

]n+1＞0，由此能夠證明d_n＜d_n+1．

解答：解：（Ⅰ）因?yàn)辄c(diǎn)（S_n-1，S_n）（n∈N^*，n≥2）在直線（2t+3）x-3ty+3t=0（t為與n無關(guān)的正實(shí)數(shù)）上，
所以（2t+3）S_n-1-3tS_n+3t=0，
即有3tS_n-（2t+3）S_n-1=3t（n∈N^*，n≥2）．
當(dāng)n=2時(shí)，3t（a₁+a₂）-（2t+3）a₁=3t．
由a₁=1，解得a2=

2t+3

3t

，
所以

a2

a1

=

2t+3

3t

．
當(dāng)n≥2時(shí)，有3tS_n+1-（2t+3）S_n=3t①
3tS_n-（2t+3）S_n-1=3t②
①-②，得 3ta_n+1-（2t+3）a_n=0，
整理得

an+1

an

=

2t+3

3t

．
綜上所述，知

an+1

an

=

2t+3

3t

（n∈N*），
因此{(lán)a_n}是等比數(shù)列． …（5分）
（Ⅱ）  由（Ⅰ） 知f(t)=

2t+3

3t

，從而bn=f(

1

bn-1

)=

2• 1 bn-1 +3

3• 1 bn-1

=

2

3

+bn-1，
所以b_n-b_n-1=

2

3

（n∈N^*，n≥2）．
因此，{b_n}是等差數(shù)列，并且bn=b1+(n-1)d=

2

3

n+

1

3

．
所以，T_n=c₁+c₂+c₃+…+c_n
=b₁b₂-b₂b₃+b₃b₄-b₄b₅+…+b_2n-1b_2n-b_2nb_2n+1
=b₂（b₁-b₃）+b₄（b₃-b₅）+…+b_2n（b_2n-1-b_2n+1）
=-2d(b2+b4+…+b2n)=-

4

3

•

n(b2+b2n)

2

=-

4

3

•

n( 5 3 + 4n+1 3 )

2

=-

8

9

n2-

4

3

n．                       …（10分）
（Ⅲ） 由（Ⅱ）知dn=(1+

1

2n

)n，
則dn+1=[1+

1

2(n+1)

]n+1．
將dn=(1+

1

2n

)n用二項(xiàng)式定理展開，
共有n+1項(xiàng)，其第k+1項(xiàng)（0≤k≤n）為Tk+1=

C

k n

(

1

2n

)k=

1

2k

•

1

k!

•

n(n-1)…(n-k+1)

nk

=

1

2k

•

1

k!

•(1-

1

n

)(1-

2

n

)…(1-

k-1

n

)，
同理，dn+1=[1+

1

2(n+1)

]n+1用二項(xiàng)式定理展開，
共有n+2項(xiàng)，第n+2項(xiàng)為Un+2=

C

n+1 n+1

[

1

2(n+1)

]n+1＞0，
其前n+1項(xiàng)中的第k+1項(xiàng)（0≤k≤n）為Uk+1=

1

2k

•

1

k!

•(1-

1

n+1

)(1-

2

n+1

)…(1-

k-1

n+1

)，
由1-

1

n

＜1-

1

n+1

，1-

2

n

＜1-

2

n+1

，…，1-

k

n

＜1-

k

n+1

，k=2，3，…，n，
得T_k+1＜U_k+1，k=2，3，…，n，
又T₁=U₁，T₂=U₂，U_n+2＞0，
∴d_n＜d_n+1．                        …（13分）

點(diǎn)評：本題考查等比數(shù)列的證明、前n項(xiàng)和的求法和不等式的證明，結(jié)合含兩個(gè)變量的不等式的處理問題，計(jì)算量大，對數(shù)學(xué)思維的要求比較高，有一定的探索性．綜合性強(qiáng)，難度大，易出錯(cuò)．