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群1013654970
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第3 讲 数列的放缩
微点一 裂项放缩证明数列不等式
例1 已知正项数列{an}的前n 项和为Sn，且Sn=an(an+2)
4
(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求证：1
a1
3+ 1
a2
3+ 1
a3
3+…+ 1
an
3< 5
32(n∈N*).
(1)解 因为{an}为正项数列，Sn=an(an+2)
4
，①
当n=1 时，得a1=2；
当n≥2 时，Sn-1=an−1(an−1+2)
4
，
②
①-②得an
2-an−1
2
=2(an+an-1)，
得an-an-1=2.
所以{an}是首项为2，公差为2 的等差数列，
所以an=2n.
(2)证明 方法一 因为1
an
3=
1
(2n)
3=
1
8n·n
2<
1
8n·(n
2−1)= 1
16[
1
(n−1)n −
1
n(n+1)](n≥2)，
所以当n≥2 时，
1
a1
3+ 1
a2
3+ 1
a3
3+…+ 1
an
3< 1
2
3+ 1
16[
1
1×2 −
1
2×3 +
1
2×3 −
1
3×4 +…+
1
(n−1)n −
1
n(n+1)]
=1
8+ 1
32-
1
16n(n+1)< 5
32 ，
当n=1 时，1
a1
3=1
8< 5
32也符合，
所以原不等式成立.
方法二 因为n3-4n(n-1)=n(n2-4n+4)=n(n-2)2≥0，
所以n3≥4n(n-1)，
所以
1
an
3=
1
(2n)
3= 1
8n
3≤
1
32n(n−1)
= 1
32(
1
n−1 −1
n)(n≥2)，
所以当n≥2 时，
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1
a1
3+ 1
a2
3+ 1
a3
3+…+ 1
an
3≤1
8+ 1
32[(1−1
2)+(
1
2 −1
3)
+…+(
1
n−1 −1
n)]=1
8+ 1
32(1−1
n)<1
8+ 1
32
= 5
32 ，
当n=1 时，1
a1
3=1
8< 5
32也符合，所以原不等式成立.
[规律方法] (1)括号内放缩：
①1
n- 1
n+1=
1
n(n+1)< 1
n
2<
1
n(n−1)= 1
n−1-1
n；
②
a
n
(a
n−1)
2=
a
n
(a
n−1)(a
n−1)<
a
n
(a
n−1)(a
n−a)=
a
n−1
(a
n−1)(a
n−1−1)= 1
a−1(
1
a
n−1−1
−
1
a
n−1)(n，a∈N*，
a≥2)；
如
2
n
(2
n−1)
2=
2
n
(2
n−1)(2
n−1)<
2
n
(2
n−1)(2
n−2)=
2
n−1
(2
n−1)(2
n−1−1)=
1
2
n−1−1-
1
2
n−1.
(2)括号外放缩：
①1
n
2<
1
n
2−1=1
2(
1
n−1 −
1
n+1)；
②1
n
2= 4
4 n
2<
4
4 n
2−1=2(
1
2n−1 −
1
2n+1)；
③
1
(2n−1)
2<
1
4 n(n−1)=1
4(
1
n−1 −1
n)；
④√n+1-√n=
1
√n+1+√n< 1
2√n<
1
√n+√n−1=√n-√n−1；
⑤1
√n= 2
2√n<
2
√n+√n−2=√n-√n−2；
⑥1
√n= 2
2√n<
2
√n+1+√n−1=√n+1-√n−1；
⑦
1
2
n−1=
2
n+1−1
(2
n−1)(2
n+1−1)<
2
n+1
(2
n−1)(2
n+1−1)=
2
2
n−1-
2
2
n+1−1.
跟踪演练1 已知在数列{an}中，a1=1，an= 2n
n−1an-1+n(n≥2，n∈N*)，{bn}为等比数列，bn=an
n +λ.
(1)求实数λ 和数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)令cn=
bn
(bn−1)
2 ，数列{cn}的前n 项和为Tn，求证：对任意n∈N*，都有Tn<3.
(1)解 设{bn}的公比为q，则bn+1=qbn，
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an+1
n+1+λ=q(
an
n + λ)，
即1
n+1[
2(n+1)
n
an+n+1]+λ=q(
an
n + λ)，
整理得2
nan+1+λ=q
nan+qλ，
解得q=2，λ=1.
因为b1=a1
1 +λ=a1+1=2，
所以bn=an
n +1=2n，得an=n(2n-1).
(2)证明 cn=
bn
(bn−1)
2=
2
n
(2
n−1)
2<
2
n
(2
n−1)(2
n−2)
=
2
n−1
(2
n−1)(2
n−1−1)
=
1
2
n−1−1-
1
2
n−1(n≥2)，c1=2，
Tn=c1+c2+c3+…+cn<c1+(
1
2
1−1
−
1
2
2−1)+(
1
2
2−1
−
1
2
3−1)+…+(
1
2
n−1−1
−
1
2
n−1)
=2+(
1
2
1−1
−
1
2
n−1)=3-
1
2
n−1<3(n≥2).
因为T1=c1=2<3，
所以对任意n∈N*，都有Tn<3.
微点二 等比放缩证明数列不等式
例2 在正项等比数列{an}中，a1+a3=20，a2a4=324.
(1)求{an}的通项公式；
(2)已知函数f(x)=x+2√x+1，数列{bn}满足：b1=1，bn+1=f(bn)，n∈N*.
①求证：数列{√bn}为等差数列，并求{bn}的通项公式；
②设cn=an-bn，证明：
n+1
Σ
k =1
1
ck
≤7
4 -
1
2cn+1
，n∈N*.
(1)解 因为在正项等比数列{an}中，a2a4=a3
2=324，
所以a3=18.
又因为a1+a3=20，所以a1=2，
进而公比q=3，所以an=2·3n-1.
(2)①解 因为f(x)=x+2√x+1=(√x+1)2，
所以bn+1=f(bn)=(√bn+1)2，
所以√bn+1-√bn=1(n∈N*)，
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所以数列{√bn}是以√b1=1 为首项，公差为1 的等差数列.
所以√bn=n，即bn=n2(n∈N*).
②证明 cn=an-bn=2·3n-1-n2.
当n=1 时，左式= 1
c1
+ 1
c2
=3
2 ，
右式=7
4 - 1
2c2
=3
2 ，左式=右式.
当n≥2 时，1
ck
=
1
2·3
k −1−k
2
=
2·3
k−(k +1)
2
(2·3
k −1−k
2)·[2·3
k−(k +1)
2]
= 2·3
k−(k +1)
2
4·3
k −1−(2k +1)
·[
1
2·3
k −1−k
2 −
1
2·3
k−(k +1)
2].
下面先证明2·3
n−(n+1)
2
4·3
n−1−(2n+1)<3
2(n≥2)，
2·3
n−(n+1)
2
4·3
n−1−(2n+1)
=2·3
n−3
2 (2n+1)−(n
2−n−1
2)
4·3
n−1−(2n+1)
，
令An=4·3n-1-(2n+1)，n≥2，
An-An-1=4×3n-1-(2n+1)-4×3n-2+(2n-1)=2(4×3n-2-1)>2(3n-1-1)>0，
∴An>An-1，n≥2，又A1>0，
∴An>0，即4·3n-1-(2n+1)>0，
又n2-n-1
2=(n−1
2)
2
-3
4 >0(n≥2)，
所以2·3
n−(n+1)
2
4·3
n−1−(2n+1)
=2·3
n−3
2 (2n+1)−(n
2−n−1
2)
4·3
n−1−(2n+1)
<3
2(n≥2)，
所以1
ck =
2·3
k−(k +1)
2
4·3
k −1−(2k +1)
·[
1
2·3
k −1−k
2 −
1
2·3
k−(k +1)
2]
<3
2[
1
2·3
k −1−k
2 −
1
2·3
k−(k +1)
2].
所以
n
Σ
k =1
1
ck
<1+3
2[
1
2·3
1−2
2 −
1
2·3
2−3
2 +…+
1
2·3
n−1−n
2 −
1
2·3
n−(n+1)
2]
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=1+3
2[
1
2·3
1−2
2 −
1
2·3
n−(n+1)
2]
=7
4 -3
2 · 1
cn+1
.
即
n+1
Σ
k =1
1
ck
<7
4 -
1
2cn+1.
综上，当n∈N*时，
n+1
Σ
k =1
1
ck
≤7
4 -
1
2cn+1
.
[规律方法] 等比放缩方法是一种处理数列不等式问题的有效技巧.其核心思想在于，通过观察数列的项与
项之间的关系，发现其等比规律，并利用这一规律对数列的项进行适当的放大或缩小.
跟踪演练2 数列{an}是等差数列，数列{bn}是等比数列，满足：a1+b1=8，a2+b2=18，b1+b3=30，
6bn+1=bn+2+9bn.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)数列{an}和{bn}的公共项组成的数列记为{cn}，求{cn}的通项公式；
(3)记数列{
1
cn−8}的前n 项和为Sn，证明：Sn<9
8.
(1)解 设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，
由6bn+1=bn+2+9bn可得6qbn=q2bn+9bn，
易知bn≠0，∴q2-6q+9=0，
解得q=3，
又由b1+b3=30 可得b1(1+q2)=30，可得b1=3.
由a1+b1=8，a2+b2=18 可得a1+b1=8，a1+d+b1q=18，即a1=5，d=4，
因此可得an=a1+(n-1)d=4n+1，bn=b1qn-1=3n，
∴数列{an}和{bn}的通项公式分别为an=4n+1，bn=3n，n∈N*.
(2)解 数列{an}和{bn}的公共项需满足4n1+1=3
n2，n1，n2∈N*，
可得n1=3
n2−1
4
，即3
n2-1 是4 的整数倍，
可知3
n2-1=9
n2
2 -1=(8+1)
n2
2 -1，
由二项式定理可知若(8+1)
n2
2 -1 是4 的整数倍，
则n2
2 为正整数，即n2=2n，n∈N*，
∴可得cn=32n=9n，
即{cn}的通项公式为cn=9n，n∈N*.
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(3)证明 易知
1
cn−8=
1
9
n−8
，显然9n-8>9n-1对于∀n≥2 都成立，
∴
1
cn−8=
1
9
n−8< 1
9
n−1对于∀n≥2 都成立，
即当n≥2 时，Sn=
1
c1−8+
1
c2−8+…+
1
cn−8
=1+
1
c2−8+…+
1
cn−8<1+1
9+…+ 1
9
n−1
=1+
1
9[1−(
1
9)
n−1
]
1−1
9
=1+1
8[1−(
1
9)
n−1
]=9
8-1
8(
1
9)
n−1
<9
8 ，
当n=1 时，S1=
1
c1−8=1<9
8 ，
综上，当n∈N*时，Sn<9
8.
微点三 递推放缩证明数列不等式
例3 (2022·浙江)已知数列{an}满足a1=1，an+1=an-1
3 an
2(n∈N*)，则( )
A.2<100a100<5
2
B.5
2<100a100<3
C.3<100a100<7
2
D.7
2<100a100<4
答案 B
解析 因为a1=1，an+1=an-1
3 an
2=
-1
3(an−3
2)
2
+3
4 ≤3
4 ，
所以an≤3
4 (n≥2)，易知an≠0，
所以有
an+1
an
=1-1
3an≥3
4 >0(n≥2)，
所以可得an>0(n∈N*).
由an+1=an-1
3 an
2=an(1−1
3 an)，
可得1
an+1
=
3
an(3−an)= 1
an
+
1
3−an
，
即1
an+1- 1
an=
1
3−an.
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一方面，由1
an+1- 1
an=
1
3−an>1
3 ，累加可得1
an+1>1
3n+1，
(*)
所以1
a100>1
3×99+1=34，
从而100a100<100× 1
34 =50
17 <3.
另一方面，由(*)式可得an+1< 3
n+3 ，
所以an< 3
n+2(n≥2)，
又a1=1，所以an≤3
n+2(n∈N*)，
由1
an+1- 1
an=
1
3−an≤
1
3−
3
n+2
=
1
3(1+
1
n+1)，
累加可得1
an+1≤1
3n+1
3(
1
2 + 1
3 +…+
1
n+1)+1，
所以1
a100
≤34+1
3×(
1
2 + 1
3 +…+ 1
100)<34+1
3×(
1
2 ×6+ 1
8 ×93)=311
8 <40，
所以100a100>100× 1
40=5
2.
综上可知，5
2<100a100<3.故选B.
[规律方法] (1)累加放缩与累乘放缩
①累加型：an-an-1≤f(n)；
②累乘型：
an
an−1
≤g(n).
对于累加型递推关系可结合累加公式进行放缩：an-a1=
n
Σ
k =2
(ak-ak-1)≤
n
Σ
k =2
f(k)，这种放缩方法称为累加放缩.
对于累乘型递推关系可结合累乘公式进行放缩：
an
a1
=
an
an−1
· an−1
an−2
·…·
a2
a1
≤g(n)·g(n-1)·…·g(2)，这种放缩方法
称为累乘放缩.
(2)二次型递推数列不等式
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在递推数列中，二次型递推数列an+1=pan
2+qan+r 有重要的地位，对于二次型递推数列不等式，我们应运用
恒等变形和构造新数列的方法，并结合范围的估计使之转化为累加型an-an-1≤f(n)或累乘型an
an−1
≤g(n)，从
而实现累加放缩或累乘放缩.
跟踪演练3 (2021·浙江)已知数列{an}满足a1=1，an+1=
an
1+√an
(n∈N*).记数列{an}的前n 项和为Sn，则(
)
A.3
2<S100<3
B.3<S100<4
C.4<S100<9
2
D.9
2<S100<5
答案 A
解析 因为a1=1，an+1=
an
1+√an
，
所以an>0，a2=1
2 ，
所以S100>3
2 ，1
an+1
=1+√an
an
= 1
an
+ 1
√an
=(
1
√an
+ 1
2)
2
-1
4 ，所以1
an+1
<(
1
√an
+ 1
2)
2
，
两边同时开方可得
1
√an+1
<
1
√an
+1
2 ，
则
1
√an
<
1
√an−1
+1
2 ，…，1
√a2
<
1
√a1
+1
2 ，
由累加法可得
1
√an+1
<
1
√a1
+n
2=1+n
2 ，
所以
1
√an
≤1+n−1
2
=n+1
2
，所以√an≥2
n+1 ，
所以an+1=
an
1+√an
≤
an
1+
2
n+1
=n+1
n+3an，
即
an+1
an
≤n+1
n+3 ，则
an
an−1
≤n
n+2 ，…，a2
a1
≤2
4 ，
由累乘法可得当n≥2 时，an=an
a1
≤n
n+2×n−1
n+1 ×n−2
n
×…×3
5×2
4 =
6
(n+2)(n+1)
=6(
1
n+1 −
1
n+2)，
所以S100<1+6(
1
3 −1
4 + 1
4 −1
5 +…+ 1
101 −1
102)
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=1+6(
1
3 −1
102)<1+2=3.
综上，3
2<S100<3.
微点四 切线放缩证明数列不等式
例4 (2025·中卫模拟)已知函数f(x)=ln x-mx+1.
(1)若f(x)≤0 恒成立，求实数m 的取值范围；
(2)求证：∀n∈N*，(1+ 1
2)(1+ 1
2
2)…(1+ 1
2
n)<e.
(1)解 由f(x)=ln x-mx+1，x>0，
∵f(x)≤0 恒成立，∴m≥ln x +1
x
恒成立.
令φ(x)=ln x +1
x
，∴m≥φ(x)max，
φ'(x)=−ln x
x
2
，
∴当x∈(0，1)时，φ'(x)>0，
当x∈(1，+∞)时，φ'(x)<0，
∴φ(x)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减，
∴φ(x)max=φ(1)=1，∴m≥1.
(2)证明 方法一 由(1)知，当m=1 时，f(x)=ln x-x+1≤0 恒成立，
即ln x≤x-1，当且仅当x=1 时等号成立，
令x=1+ 1
2
n>1，n∈N*，
则ln(1+ 1
2
n)<1+ 1
2
n-1= 1
2
n ，
故ln(1+ 1
2)+ln(1+ 1
2
2)+…+ln(1+ 1
2
n)<1
2+ 1
2
2+…+ 1
2
n=
1
2(1−1
2
n)
1−1
2
=1- 1
2
n<1，
则ln[(1+ 1
2)(1+ 1
2
2)…(1+ 1
2
n)]<1=ln e，
故(1+ 1
2)(1+ 1
2
2)…(1+ 1
2
n)<e.
方法二 由(1)知，当m=1 时，f(x)=ln x-x+1≤0 恒成立，
即ln x≤x-1，当且仅当x=1 时等号成立，
即x≤ex-1，即1+x≤ex，当且仅当x=0 时等号成立，
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令x= 1
2
n ，∴1+ 1
2
n<e
1
2
n ，
∴(1+ 1
2)(1+ 1
2
2)…(1+ 1
2
n)<e
1
2 ·e
1
2
2·…·e
1
2
n
=e
1
2 + 1
2
2 +…+ 1
2
n=e
1−1
2
n<e1=e.
[规律方法] 常见的切线放缩不等式如下：
①ex≥x+1(x∈R)，其中y=ex与y=x+1 的图象相切于点(0，1)，如图1；
②ex≥ex(x∈R)，其中y=ex与y=ex 的图象相切于点(1，e)，如图1；
③ln x≤x-1(x>0)，其中y=ln x 与y=x-1 的图象相切于点(1，0)，如图2；
④ln x≤x
e (x>0)，其中y=ln x 与y= x
e 的图象相切于点(e，1)，如图2.
跟踪演练4 已知f(x)=2ln x-1
2mx2+(1-2m)x+3
2.
(1)若m=1
e ，求f(x)在[1，4]上的最大值和最小值；
(2)若f(x)≤0 恒成立，求m 的取值范围；
(3)设n∈N*，n≥2，证明：lnn+1
2 <1
4(1−1
n)+1
2+1
3+…+1
n.
(1)解 因为f'(x)=2
x -mx+1-2m=−m x
2+(1−2m)x +2
x
=( x +2)(1−mx)
x
，
当m=1
e 时，令f'(x)=0，
因为x∈[1，4]，所以x=e，
当x∈[1，e)时，f'(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈(e，4]时，f'(x)<0，f(x)单调递减，
所以x=e 为f(x)的一个极大值点，也为最大值点，
所以f(x)max=f(e)=2-1
2×1
e ×e2+(1−2
e)e+3
2=e+3
2
，
而f(1)=- 1
2e +1-2
e +3
2=5
2(1−1
e)，
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f(4)=2ln 4-8
e +4(1−2
e)+3
2=4ln 2+11
2 -16
e ，
又因为4ln 2+11
2 -16
e -5
2(1−1
e)=4ln 2+3-27
2e >4×0.69+3-27
2e =11.52e−27
2e
>0，
所以4ln 2+11
2 -16
e >5
2(1−1
e)，
所以f(x)min=f(1)=5
2(1−1
e).
(2)解 若m≤0，因为f(1)=5
2-5
2m>0，不满足题目要求，
若m>0，f'(x)=( x +2)(1−mx)
x
(x>0)，
当x∈(0，1
m)时，f'(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈(
1
m ，+ ∞)时，f'(x)<0，f(x)单调递减，
所以x= 1
m为f(x)的一个极大值点，也为最大值点，
所以f(x)max=f (
1
m)=-2ln m+ 1
2m-1
2≤0 即可，
令g(m)=-2ln m+ 1
2m-1
2 ，m>0，
因为g(m)在(0，+∞)上单调递减，且g(1)=0，
所以m≥1，故m 的取值范围为[1，+∞).
(3)证明 由(2)知，当m=1 时，f(x)≤0 恒成立，
即ln x≤x
2+2 x−3
4
，当且仅当x=1 时等号成立，
所以ln(x+1)≤x
2
4 +x.
令x=1
k ，代入化简得ln(1+ 1
k)< 1
4 k
2+1
k ，k=2，3，4，…，n，
又因为当k≥2 时，1
k
2<
1
k(k −1)=
1
k −1-1
k ，
即得ln3
2<1
4 ×(1−1
2)+1
2 ，ln4
3 <1
4 ×(
1
2 −1
3)+1
3 ，…，lnn+1
n
<1
4(
1
n−1 −1
n)+1
n ，
累加得lnn+1
2 <1
4(1−1
n)+1
2+1
3+…+1
n.
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专题强化练
[分值：60 分]
1.(13 分)已知在正项数列{an}中，a1=4，其前n 项和Sn满足Sn
2-(an+1+n-1)Sn-(an+1+n)=0.
(1)求an与Sn；(7 分)
(2)令bn=
2
n−1+1
(3n−2)an
，数列{bn
2}的前n 项和为Tn，求证：对于任意的n∈N*，都有Tn< 5
12.(6 分)
(1)解 由Sn
2-(an+1+n-1)Sn-(an+1+n)=0，
得[Sn-(an+1+n)](Sn+1)=0.
由于{an}是正项数列，Sn>0，
所以Sn=an+1+n.
当n≥2 时，an=Sn-Sn-1=an+1+n-an-(n-1)，
所以an+1=2an-1，an+1-1=2(an-1)(n≥2).
又a1=S1=a2+1，a1=4，则a2=3，
an-1=(a2-1)2n-2，
所以an=2n-1+1(n≥2)，
综上，数列{an}的通项公式为an={
4 ,n=1,
2
n−1+1,n≥2,
当n≥2 时，Sn=an+1+n=2n+n+1，
当n=1 时，S1=a1=4 适合上式，
所以Sn=2n+n+1.
(2)证明 由于b1=1
2 ，
由(1)得bn=
1
3n−2(n≥2)，
则当k=2，3，…，n 时，有bk
2=
1
(3k −2)
2<
1
(3k −4)(3k −1)=1
3(
1
3k −4 −
1
3k −1)，
所以当n≥2 时，
Tn=1
4 +
n
Σ
k =2
bk
2<1
4 +1
3[(
1
2 −1
5)+(
1
5 −1
8)+ …+(
1
3n−4 −
1
3n−1)]
=1
4 +1
3(
1
2 −
1
3n−1)<1
4 +1
3×1
2= 5
12.
又n=1 时，T1=b1
2=1
4 < 5
12 ，
所以对于任意的n∈N*，都有Tn< 5
12.
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2.(15 分)已知各项均为正数的等差数列{an}，其前n 项和为Sn，且an
2+an=2Sn+6，函数f(x)=a
x -a+ln x(a∈R).
(1)求{an}的公差d；(4 分)
(2)若f(x)≥0 恒成立，求a 的值；(6 分)
(3)设n∈N*，n≥2，求证：2
a1
+ 2
a2
+…+ 2
an
<lnan−1an
2
.(5 分)
(1)解 由an
2+an=2Sn+6，an>0，
当n=1 时，a1
2+a1=2a1+6，
解得a1=3 或a1=-2(舍去)；
当n=2 时，a2
2+a2=2(a1+a2)+6，
解得a2=4 或a2=-3(舍去)，
因为数列{an}为等差数列，
所以d=a2-a1=1.
(2)解 由f(x)=a
x -a+ln x，x>0，
则f'(x)=- a
x
2+1
x = x−a
x
2 ，
当a≤0 时，f'(x)>0，函数f(x)在(0，+∞)上单调递增，
又f(1)=0，则当0<x<1 时，
f(x)<0，不符合题意；
当a>0 时，令f'(x)>0，得x>a；
令f'(x)<0，得0<x<a，
所以函数f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，+∞)上单调递增，
则f(x)min=f(a)=1-a+ln a，
设g(a)=1-a+ln a，a>0，
则g'(a)=1
a-1=1−a
a
，
令g'(a)<0，得a>1；
令g'(a)>0，得0<a<1，
所以函数g(a)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减，
则g(a)≤g(1)=0，
由f(x)≥0 恒成立，且f(1)=0，则a=1.
(3)证明 由(1)知an=3+(n-1)×1=n+2，
由(2)知，当a=1 时，f(x)=1
x -1+ln x>0(x>1)，
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即ln x>1-1
x ，x>1，
令x=n+2
n
>1，则lnn+2
n
>1- n
n+2= 2
n+2= 2
an
，
由an=n+2，则an-1an=(n+1)(n+2)，n≥2，
则2
a1+ 2
a2+…+ 2
an<ln3
1+ln4
2 +…+lnn+2
n
=ln(n+1)(n+2)
2
，
即2
a1+ 2
a2+…+ 2
an<lnan−1an
2
，n≥2.
3.(15 分)设数列{an}满足：a1=1，an+1=3an，n∈N*.设Sn为数列{bn}的前n 项和，已知b1≠0，2bn-b1=S1·Sn，
n∈N*.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(5 分)
(2)设cn=bn·log3an，求数列{cn}的前n 项和Tn；(5 分)
(3)证明：对任意n∈N*且n≥2，有
1
a2−b2
+
1
a3−b3
+…+
1
an−bn
<3
2.(5 分)
(1)解 由an+1=3an，a1=1，所以数列{an}是以1 为首项，3 为公比的等比数列，
则an=3n-1，
又当n=1 时，2b1-b1=S1·S1，
又b1≠0，即b1=S1=1，
所以2bn-1=Sn，
当n>1 时，bn=Sn-Sn-1=2bn-1-(2bn-1-1)=2bn-2bn-1，
所以bn=2bn-1，
所以数列{bn}是以1 为首项，2 为公比的等比数列，则bn=2n-1.
(2)解 由cn=bn·log3an=(n-1)·2n-1，
Tn=0×20+1×21+2×22+…+(n-1)×2n-1，
则2Tn=0×21+1×22+2×23+…+(n-1)×2n，
两式相减得-Tn=21+22+…+2n-1-(n-1)·2n=-2-(n-2)·2n，
所以Tn=2+(n-2)·2n.
(3)证明
1
an−bn
=
1
3
n−1−2
n−1=
1
3×3
n−2−2
n−1=
1
3
n−2+2(3
n−2−2
n−2)
，
当n=2 时，
1
a2−b2
= 1
3−2=1<3
2 ，
当n>2 时，3n-2-2n-2>0，
所以
1
an−bn=
1
3
n−2+2(3
n−2−2
n−2)< 1
3
n−2 ，
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1
a2−b2
+
1
a3−b3
+…+
1
an−bn
< 1
3
0+ 1
3
1+ 1
3
2+…+ 1
3
n−2=
1−(
1
3)
n−1
1−1
3
=3
2(1−1
3
n−1)<3
2 ，
所以对任意n∈N*且n≥2，
有
1
a2−b2
+
1
a3−b3
+…+
1
an−bn
<3
2.
4.(17 分)已知数列{an}是正项等比数列，{bn}是等差数列，且a1=b1=1，a3=b4，a2+a3=b6.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(4 分)
(2)设cn=
(bn−1)an+1
(an+1−1)(an+2−1) ，数列{cn}的前n 项和为Tn，求证：Tn<1- n+1
2
n+1−1；(4 分)
(3)[x]表示不超过x 的最大整数，dn=a
[
bn
3 ]+1·[
bn
3 ].求：①d3n-2+d3n-1+d3n；(5 分)
②
3n
Σ
i=1
di.(4 分)
(1)解 设等比数列{an}的公比为q(q>0)，等差数列{bn}的公差为d，
由a1=b1=1，a3=b4，a2+a3=b6，
得{
q
2=1+3d ,
q+q
2=1+5d ,
解得{
d =1,
q =2 或{
d =−1
4 ,
q =−1
2
(舍去)，
故an=2n-1，
bn=1+1×(n-1)=n.
(2)证明 由(1)知an=2n-1，bn=n，
则an+1=2n.
cn=
(bn−1)an+1
(an+1−1)(an+2−1)
=
(n−1)2
n
(2
n−1)(2
n+1−1)
<
n
2
n−1- n+1
2
n+1−1
，
则Tn<1
1-
2
2
2−1+
2
2
2−1-
3
2
3−1+…+
n
2
n−1- n+1
2
n+1−1=1- n+1
2
n+1−1.
(3)解 ①∵dn=a
[
bn
3 ]+1·[
bn
3 ]，
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∴d3n-2=a[
3n−2
3 ]+1·[
b3n−2
3 ]=an·[
3n−2
3 ]=(n-1)·2n-1，
d3n-1=a[
3n−1
3 ]+1·[
b3n−1
3 ]=an·[
3n−1
3 ]=(n-1)·2n-1，
d3n=a[
3n
3 ]+1·[
b3n
3 ]=an+1·[
3n
3 ]=n·2n，
所以d3n-2+d3n-1+d3n=(n-1)·2n-1+(n-1)·2n-1+n·2n=(2n-1)2n.
②
3n
Σ
i=1
di=1×21+3×22+5×23+…+(2n-1)·2n，
(ⅰ)
则2
3n
Σ
i=1
di=1×22+3×23+5×24+…+(2n-3)·2n+(2n-1)·2n+1，
(ⅱ)
由(ⅰ)-(ⅱ)得-
3n
Σ
i=1
di=2+2×22+2×23+…+2×2n-(2n-1)·2n+1=2+8(1−2
n−1)
1−2
-(2n-1)·2n+1
=-6-(2n-3)·2n+1，
∴
3n
Σ
i=1
di=6+(2n-3)·2n+1.
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