Question

已知数列{a_n}是等比数列，首项a₁=1，公比q＞0，其前n项和为S_n，且S₁+a₁，S₃+a₃，S₂+a₂成等差数列．
（Ⅰ）求数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）若数列{b_n}满足a_n+1=（

1

2

） anbn，T_n为数列{b_n}的前n项和，若T_n≥m恒成立，求m的最大值．

Answer 1

考点：数列递推式,等差数列的通项公式,数列的求和

专题：等差数列与等比数列

分析：（Ⅰ）法一：由S₁+a₁，S₃+a₃，S₂+a₂成等差数列，推出4a₃=a₁，求出公比，然后求解通项公式．
（Ⅰ）法二：由S₁+a₁，S₃+a₃，S₂+a₂成等差数列，结合等比数列的和，求出公比，然后求解通项公式．
（Ⅱ）求出bn=n•2n-1，利用错位相减法求出Tn=1+(n-1)2n，转化T_n≥m恒成立，为（T_n）_min≥m，通过{T_n}为递增数列，求解m的最大值即可．

解答： 解：（Ⅰ）法一：由题意可知：2（S₃+a₃）=（S₁+a₁）+（S₂+a₂）
∴S₃-S₁+S₃-S₂=a₁+a₂-2a₃，
即4a₃=a₁，于是

a3

a1

=q2=

1

4

，∵q＞0，∴q=

1

2

； 
∵a₁=1，∴an=(

1

2

)n-1．
（Ⅰ）法二：由题意可知：2（S₃+a₃）=（S₁+a₁）+（S₂+a₂）
当q=1时，不符合题意；
当q≠1时，2(

1-q3

1-q

+q2)=1+1+

1-q2

1-q

+q，
∴2（1+q+q²+q²）=2+1+q+q，∴4q²=1，∴q2=

1

4

，
∵q＞0，∴q=

1

2

，
∵a₁=1，∴an=(

1

2

)n-1．

（Ⅱ）∵an+1=(

1

2

)anbn，∴(

1

2

)n=(

1

2

)anbn，∴bn=n•2n-1，
∴Tn=1×1+2×2+3×22+…+n•2n-1（1）
∴2Tn=1×2+2×22+3×23+…+n•2n（2）
∴（1）-（2）得：-T n=1+2+22+…+2n-1-n•2n
=

1-2n

1-2

-n•2n=(1-n)2n-1∴Tn=1+(n-1)2n
∵T_n≥m恒成立，只需（T_n）_min≥m
∵Tn+1-Tn=n•2n+1-(n-1)•2n=(n+1)•2n＞0
∴{T_n}为递增数列，∴当n=1时，（T_n）_min=1，
∴m≤1，∴m的最大值为1．

点评：本题考查等差数列以及等比数列的综合应用，数列的通项公式的求法以及数列求和的方法的应用，数列的函数的性质，考查计算能力．