Question

設數列{b_n}的前n項和為S_n，對任意的n∈N^*，都有b_n＞0，且S_n²=b₁³+b₂³+…b_n³；數列{a_n}滿足a₁=1，a_n+1=（1+cos2

bnπ

2

）a_n+sin2

bnπ

2

，n∈N^*．
（Ⅰ）求b₁，b₂的值及數列{b_n}的通項公式；
（Ⅱ）求證：

a2

a1

+

a4

a3

+

a6

a5

…+

a2n

a2n-1

＜n+

19

12

對一切n∈N⁺成立．

Answer 1

分析：（Ⅰ）根據對任意的n∈N^*，都有b_n＞0，且S_n²=b₁³+b₂³+…b_n³，可求b₁，b₂的值；利用條件，再寫一式，兩式相減，可得數列{b_n}是等差數列，從而可求其通項公式；
（Ⅱ）確定數列的通項，利用放縮法求和，即可證得結論．

解答：（Ⅰ）解：∵對任意的n∈N^*，都有b_n＞0，且S_n²=b₁³+b₂³+…b_n³，∴b₁=1，b₂=2；

S

2 n

=

b

3 1

+

b

3 2

+…

b

3 n

，

S

2 n-1

=

b

3 1

+

b

3 2

+…

b

3 n-1

，
相減得：

b

3 n

=(b1+b2+…+bn)2-(b1+b2+…+bn-1)2

b

3 n

=(2b1+2b2+…+2bn-1+bn)bn，
即

b

2 n

=2b1+2b2+…+2bn-1+bn（n≥2）
同理

b

2 n+1

=2b1+2b2+…+2bn+bn+1，
兩式再減

b

2 n+1

-

b

2 n

=bn+bn+1⇒bn+1-bn=1，
∴b_n=n…（5分）
（Ⅱ）證明：∵a1=1，an+1=(1+cos2

nπ

2

)an+sin2

nπ

2

，n∈N*，
∴a₂=（1+0）a₁+1=2，a₃=（1+1）a₂+0=4，a₄=（1+0）a₃+1=5
一般地，a_2m+1=2a_2m，a_2m=a_2m-1+1，則a_2m+1=2a_2m-1+2
∴有a_2m+1+2=2（a_2m-1+2），∴

a2m+1+2

a2m-1+2

=2，
∴數列{a_2m-1+2}是公比為2的等比數列，
∴a2m-1+2=(a1+2)2m-1得：a2m-1=-2+3•2m-1(m∈N*)，a2m=

1

2

a2m+1=-1+3•2m-1(m∈N*)∴an=

-2+3•2 n+1 2 -1  n為奇數 -1+3•2 n 2 -1    n為偶數

令cn=

-1+3•2n-1

-2+3•2n-1

=

-2+3•2n-1+1

-2+3•2n-1

=1+

1

-2+3•2n-1

=1+

1

2(-1+3•2n-2)

而當n≥2時，-1+3•2^n-2≥2，故0＜

1

-1+3•2n-2

＜1，
則0＜

1

-1+3•2n-2

＜

1+1

(-1+3•2n-2)+1

=

2

3•2n-2

，從而

1

2(-1+3•2n-2)

＜

1

3•2n-2

cn＜1+

1

3•2n-2

=1+

4

3•2n

(n≥2，n∈N*)，
∵Tn=

a2

a1

+

a4

a3

+

a6

a5

…+

a2n

a2n-1

∴Tn＜2+(1+

1

4

)+(1+

4

3•23

)+…+(1+

4

3•2n

)=n+1+

1

4

+

4

3

•

1 8

1- 1 2

(1-

1

2n-2

)
=n+1+

1

4

+

1

3

(1-

1

2n-2

)=n+

19

12

-

4

3•2n

＜n+

19

12

…（12分）

點評：本題考查數列與不等式的綜合，考查數列的通項公式，考查放縮法的運用，考查學生分析解決問題的能力，難度較大．