Question

17．已知数列{a_n}的前n项和为S_n，且对任意正整数n都有a_n是n与S_n的等差中项，b_n=a_n+1．
（1）求证：数列{b_n}是等比数列，并求出其通项b_n；
（2）若数列{C_n}满足C_n=$\frac{1}{lo{g}_{2}{b}_{n}}$且数列{C${\;}_{n}^{2}$}的前n项和为T_n，证明T_n＜2．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由a_n是n与S_n的等差中项，2a_n=n+S_n，当n≥2，2a_n-1=n-1+S_n-1，相减得：2a_n-2a_n-1=1+a_n，化简整理得：a_n+1=2（a_n-1+1），b_n=2b_n-1，b₁=2，数列{b_n}是等比数列是以2为首项，2为公比的等比数列；
（Ⅱ）数列{C_n}满足C_n=$\frac{1}{n}$，C${\;}_{n}^{2}$=$\frac{1}{{n}^{2}}$，分类当n=1，${C}_{1}^{2}$=1＜2命题成立，当n≥2时，${1}^{2}+\frac{1}{{2}^{2}}+\frac{1}{{3}^{2}}+…+\frac{1}{{n}^{2}}$＜1+$\frac{1}{1×2}$+$\frac{1}{2×3}$+…+$\frac{1}{（n-1）×n}$，采用裂项法，求得T_n=2-$\frac{1}{n}$＜2，命题成立．

解答 证明：（Ⅰ）∵a_n是n与的等差中项，
2a_n=n+S_n，
∴2a_n-1=n-1+S_n-1，（n≥2），
两式相减得：2a_n-2a_n-1=1+a_n，
a_n=2a_n-1+1，（n≥2），
∴a_n+1=2（a_n-1+1），
∴b_n=2b_n-1，
$\frac{{b}_{n}}{{b}_{n-1}}$=2，当n=1，2a₁=1+S₁，
∴a₁=1，b₁=2，
∴数列{b_n}是等比数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
b_n=2ⁿ，
（Ⅱ）数列{C_n}满足C_n=$\frac{1}{lo{g}_{2}{b}_{n}}$=$\frac{1}{n}$，
∴C${\;}_{n}^{2}$=$\frac{1}{{n}^{2}}$，
当n=1时，T₁=${C}_{1}^{2}$=1＜2，命题成立，
当n≥2，${T}_{n}={C}_{1}^{2}+{C}_{2}^{2}+{C}_{3}^{2}+…+{C}_{n}^{2}$，
${1}^{2}+\frac{1}{{2}^{2}}+\frac{1}{{3}^{2}}+…+\frac{1}{{n}^{2}}$＜1+$\frac{1}{1×2}$+$\frac{1}{2×3}$+…+$\frac{1}{（n-1）×n}$，
=1+1-$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}$，
=2-$\frac{1}{n}$＜2，命题成立．

点评 本题考查求等比数列通项公式，及采用裂项法求数列的前n项和，属于中档题．