Question

已知数列{a_n}的前n项和为S_n，a₁=1，且na_n+1=2S_n，数列{b_n}满足b₁=

1

2

，b₂=

1

4

，对任意n∈N^*．都有

b

2 n+1

=b_n•b_n+2．
（1）求数列{a_n}、{b_n}的通项公式；
（2）令T_n=a₁b₁+a₂b₂+…+a_nb_n，求证：

1

2

≤T_n＜2．

Answer 1

考点：数列的求和,数列递推式

专题：等差数列与等比数列

分析：（1）利用na_n+1=2S_n，再写一式，两式相减，再叠乘，即可求数列{a_n}的通项公式；在数列{b_n}中，由

b

2 n+1

=b_n•b_n+2，b₁=

1

2

，b₂=

1

4

，知数列{b_n}是等比数列，首项、公比均为

1

2

，由此可得数列{b_n}的通项公式；
（2）利用错位相减法求数列的和，由此能证明

1

2

≤T_n＜2．

解答： 解：（1）∵na_n+1=2S_n，∴（n-1）a_n=2S_n-1（n≥2），
两式相减得，na_n+1-（n-1）a_n=2a_n，
∴na_n+1=（n+1）a_n=，即

an+1

an

=

n+1

n

，
∴a_n=a1×

a2

a1

×

a3

a2

×…×

an

an-1

=n（n≥2），
a₁=1满足上式，
∴数列{a_n}的通项公式a_n=n（n∈N^*）．
在数列{b_n}中，∵bn+1 2=b_n•b_n+2，b₁=

1

2

，b₂=

1

4

，
∴数列{b_n}是等比数列，首项、公比均为

1

2

，
∴数列{b_n}的通项公式b_n=（

1

2

）ⁿ=

1

2n

．
（Ⅱ）∵T_n=a₁b₁+a₂b₂+…+a_nb_n=

1

2

+2×

1

22

+…+n×

1

2n

，①
∴

1

2

T_n=

1

22

+2×

1

23

+…+（n-1）×

1

2n

+n×

1

2n+1

，②
由①-②，得

1

2

T_n=

1

2

+

1

22

+

1

23

+…+

1

2n

-n×

1

2n+1

=

1 2 (1- 1 2n )

1- 1 2

-n×

1

2n+1

=1-

n+2

2n+1

，
∴T_n=2-

n+2

2n

，
∴T1 =2-

1+2

2

=

1

2

，
∴

1

2

≤T_n＜2．

点评：本题考查数列递推式，考查数列的通项，考查错位相减法求数列的和，考查恒成立问题，确定数列的通项，正确求和是关键．