Question

20．已知数列{a_n}中，a₁=$\frac{1}{2}$，a_n+1=$\frac{1}{2}$a_n，正项数列{b_n}的前n项的和为S_n，且对任意n∈N^*，S_n是b_n²和b_n的等差中项．
（1）求数列{a_n}与{b_n}的通项公式；
（2）令c_n=a_n•b_n，数列{c_n}的前n项的和为T_n，求证：$\frac{1}{2}$≤T_n＜2．

Answer 1

分析 （1）a₁=$\frac{1}{2}$，a_n+1=$\frac{1}{2}$a_n，可得：数列{a_n}是等比数列，利用等比数列的通项公式可得a_n．由对任意n∈N^*，S_n是b_n²和b_n的等差中项．可得2S_n=${b}_{n}^{2}$+b_n，利用递推公式可得：（b_n+b_n-1）（b_n-b_n-1）=0，由b_n+b_n-1＞0，可得b_n-b_n-1=1，利用等差数列的通项公式可得：b_n．
（2）由（1）可得：${c}_{n}=\frac{n}{{2}^{n}}$，T_n=$\frac{1}{2}+\frac{2}{{2}^{2}}$+$\frac{3}{{2}^{3}}$+…+$\frac{n}{{2}^{n}}$，利用“错位相减法”可得T_n，再利用T_n单调性，即可证明．

解答 （1）解：∵a₁=$\frac{1}{2}$，a_n+1=$\frac{1}{2}$a_n，
∴数列{a_n}是等比数列，首项为$\frac{1}{2}$，公比为$\frac{1}{2}$，
∴${a}_{n}=（\frac{1}{2}）^{n}$．
∵对任意n∈N^*，S_n是b_n²和b_n的等差中项．
∴2S_n=${b}_{n}^{2}$+b_n，
当n=1时，$2{b}_{1}={b}_{1}^{2}+{b}_{1}$，b₁＞0，解得b₁=1．
当n≥2时，$2{S}_{n-1}={b}_{n-1}^{2}+{b}_{n-1}$，
∴2b_n=${b}_{n}^{2}-{b}_{n-1}^{2}+{b}_{n}-{b}_{n-1}$，
∴（b_n+b_n-1）（b_n-b_n-1）=0，
∵b_n+b_n-1＞0，
∴b_n-b_n-1=1，
∴数列{b_n}为等差数列，首项为1，公差为1的等差数列，
∴b_n=1+n-1=n．
（2）证明：由（1）可得：${c}_{n}=\frac{n}{{2}^{n}}$，
∴T_n=$\frac{1}{2}+\frac{2}{{2}^{2}}$+$\frac{3}{{2}^{3}}$+…+$\frac{n}{{2}^{n}}$，
$\frac{1}{2}{T}_{n}$=$\frac{1}{{2}^{2}}+\frac{2}{{2}^{3}}$+$\frac{3}{{2}^{4}}$+…+$\frac{n-1}{{2}^{n}}+\frac{n}{{2}^{n+1}}$，
∴$\frac{1}{2}{T}_{n}$=$\frac{1}{2}+\frac{1}{{2}^{2}}+\frac{1}{{2}^{3}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}}-\frac{n}{{2}^{n+1}}$=$\frac{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{2}^{n}}）}{1-\frac{1}{2}}$-$\frac{n}{{2}^{n+1}}$=1-$\frac{2+n}{{2}^{n+1}}$，
∴T_n=2-$\frac{2+n}{{2}^{n}}$，
∵$\frac{2+n}{{2}^{n}}$＞0，
∴T_n＜2．
∵数列$\{\frac{2+n}{{2}^{n}}\}$单调递减，∴T_n单调递增，
∴T_n≥T₁=$2-\frac{3}{2}$=$\frac{1}{2}$，
∴$\frac{1}{2}$≤T_n＜2．

点评 本题考查了等差数列与等比数列的通项公式及其前n项和公式、递推式的应用、数列的单调性、“错位相减法”，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．