Question

15．設(shè)數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，滿足：a₁=1，3tS_n=（2t+3）S_n-1+3t（t為正實(shí)數(shù)，n∈N^*且n≥2）．
（Ⅰ）證明：數(shù)列{a_n}是等比數(shù)列；
（Ⅱ）設(shè)數(shù)列{a_n}的公比為f（t），數(shù)列{b_n}滿足b₁=1，b_n=f（$\frac{1}{b_{n-1}}$）．記T_n=b₁b₂-b₂b₃+b₃b₄-b₄b₅+…+b_2n-1b_2n-b_2nb_2n+1，求證：T_n≤-$\frac{20}{9}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由3tS_n=（2t+3）S_n-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{a_n}是等比數(shù)列．
（Ⅱ）由f（t）=$\frac{2t+3}{3t}$=$\frac{2}{3}$+$\frac{1}{t}$，可得b_n=f（$\frac{1}{b_{n-1}}$）=$\frac{2}{3}$+b_n-1．即b_n-b_n-1=$\frac{2}{3}$．利用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式代入T_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）=-$\frac{4}{3}$（b₂+b₄+…+b_2n），即可得出．

解答 證明：（Ⅰ）由3tS_n=（2t+3）S_n-1+3t（n≥2）得3tS_n-1=（2t+3）S_n-2+3t（n≥3）
兩式相減，得3ta_n=（2t+3）a_n-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{a_n}是等比數(shù)列，首項(xiàng)為1，公比為$\frac{2t+3}{3t}$．
（Ⅱ）證明：∵f（t）=$\frac{2t+3}{3t}$=$\frac{2}{3}$+$\frac{1}{t}$，
∴b_n=f（$\frac{1}{b_{n-1}}$）=$\frac{2}{3}$+b_n-1．
∴b_n-b_n-1=$\frac{2}{3}$．
∴數(shù)列{b_n}是首項(xiàng)為1，公差為$\frac{2}{3}$的等差數(shù)列．
T_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）
=-$\frac{4}{3}$（b₂+b₄+…+b_2n）
=-$\frac{4}{3}$$（\frac{2}{3}{n}^{2}+n）$
=-$\frac{8}{9}（n+\frac{3}{4}）^{2}$+$\frac{1}{2}$，
∵n∈N^*，∴T_n≤T₁=-$\frac{20}{9}$．

點(diǎn)評(píng) 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．