Question

8．已知正数数列{a_n}的前n项和为S_n，点P（a_n，S_n）在函数f（x）=$\frac{1}{2}$x²+$\frac{1}{2}$x上，已知b₁=1，3b_n-2b_n-1=0（n≥2，n∈N^*），
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）若c_n=a_nb_n，求数列{c_n}的前n项和T_n；
（3）是否存在整数m，M，使得m＜T_n＜M对任意正整数n恒成立，且M-m=9，说明理由．

Answer 1

分析 （1）通过将点P（a_n，S_n）代入函数f（x）=$\frac{1}{2}$x²+$\frac{1}{2}$x中，利用S_n=$\frac{1}{2}$${{a}_{n}}^{2}$+$\frac{1}{2}$a_n与S_n-1=$\frac{1}{2}$${{a}_{n-1}}^{2}$+$\frac{1}{2}$a_n-1（n≥2）作差，进而可知数列{a_n}是首项和公差均为1的等差数列，计算即得结论；
（2）利用错位相减法计算即得结论；
（3）通过（2）知T_n＜9，利用作差法可知数列{T_n}是单调递增数列，进而计算可得结论．

解答 解：（1）∵点P（a_n，S_n）在函数f（x）=$\frac{1}{2}$x²+$\frac{1}{2}$x上，
∴S_n=$\frac{1}{2}$${{a}_{n}}^{2}$+$\frac{1}{2}$a_n，S_n-1=$\frac{1}{2}$${{a}_{n-1}}^{2}$+$\frac{1}{2}$a_n-1（n≥2），
两式相减，整理得：（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1-1）=0，
又∵a_n＞0，
∴a_n=a_n-1+1，
又∵S₁=$\frac{1}{2}$${{a}_{1}}^{2}$+$\frac{1}{2}$a₁，即a₁=1，
∴数列{a_n}是首项和公差均为1的等差数列，
∴a_n=n；
（2）∵b₁=1，3b_n-2b_n-1=0（n≥2，n∈N^*），
∴数列{b_n}是首项为1、公比为$\frac{2}{3}$的等比数列，
∴${b_n}={b_1}{q^{n-1}}={（{\frac{2}{3}}）^{n-1}}$，${c_n}={a_n}{b_n}=n•{（{\frac{2}{3}}）^{n-1}}$，
∴${T_n}=1+2×{（{\frac{2}{3}}）^1}+3×{（{\frac{2}{3}}）^2}+4×{（{\frac{2}{3}}）^3}+…+（n-1）×{（{\frac{2}{3}}）^{n-2}}+n×{（{\frac{2}{3}}）^{n-1}}$，
$\frac{2}{3}$T_n=$（\frac{2}{3}）^{1}$+2×$（\frac{2}{3}）^{2}$+…+n×$（\frac{2}{3}）^{n}$，
两式相减，得：$\frac{1}{3}$T_n=1+$（\frac{2}{3}）^{1}$+$（\frac{2}{3}）^{2}$+…+$（\frac{2}{3}）^{n-1}$-n×$（\frac{2}{3}）^{n}$
=$\frac{1-（\frac{2}{3}）^{n}}{1-\frac{2}{3}}$-n×$（\frac{2}{3}）^{n}$
=3-（n+3）×$（\frac{2}{3}）^{n}$，
∴T_n=9-（3n+9）×$（\frac{2}{3}）^{n}$；
（3）结论：假设存在整数m、M，使得m＜T_n＜M对任意正整数n恒成立，且M-m=9．
理由如下：
由（2）知：T_n=9-（3n+9）×$（\frac{2}{3}）^{n}$＜9，
又∵T_n-1=9-[3（n-1）+9]×$（\frac{2}{3}）^{n-1}$，
∴T_n-T_n-1=（3n+6）×$（\frac{2}{3}）^{n-1}$-（3n+9）×$（\frac{2}{3}）^{n}$=n×$（\frac{2}{3}）^{n-1}$＞0，
∴数列{T_n}是单调递增数列，
∴（T_n）_min=T₁=9-12×$\frac{2}{3}$=1，
∴1＜T_n＜9，
∴m=0，M=9，
∴存在整数m、M，使得m＜T_n＜M对任意正整数n恒成立，且M-m=9．

点评 本题是一道关于数列与不等式的综合题，考查错位相减法，考查数列的单调性，注意解题方法的积累，属于中档题．