Question

已知數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，且滿足S_n=1-a_n（n∈N^*）．各項為正數(shù)的數(shù)列{b_n}中，
對于一切n∈N^*，有

n

k=1

1

bk + bk+1

=

n

b1 + bn+1

，且b₁=1，b₂=2，b₃=3．
（1）求數(shù)列{a_n}和{b_n}的通項公式；
（2）設(shè)數(shù)列{a_nb_n}的前n項和為T_n，求證：T_n＜2．

Answer 1

分析：（1）由S_n=1-a_n，解得a1=

1

2

．a(chǎn)_n=S_n-S_n-1=（1-a_n）-（1-a_n-1），由此得2a_n=a_n-1，從而得到數(shù)列{a_n}的通項公式．對于一切n∈N^*，有

n

k=1

1

bk + bk+1

=

n

b1 + bn+1

，當n≥2時，有

n-1

k=1

1

bk + bk+1

=

n-1

b1 + bn

，由此得（n-1）b_n+1-nb_n+b₁=0，從而得到數(shù)列{b_n}的通項公式．
（2）由數(shù)列a_nb_n的前n項和為T_n，知Tn=

1

2

+

2

22

+

3

23

++

n

2n

，再由錯位相減法知

1

2

Tn=

1

2

+

1

22

++

1

2n

-

n

2n+1

=

1 2 [1-( 1 2 )n]

1- 1 2

-

n

2n+1

=1-

n+2

2n+1

．由此能夠證明T_n＜2．

解答：（1）解：∵S_n=1-a_n，
當n=1時，a₁=S₁=1-a₁，解得a1=

1

2

．（1分）
當n≥2時，a_n=S_n-S_n-1=（1-a_n）-（1-a_n-1），
得2a_n=a_n-1，即

an

an-1

=

1

2

．（3分）
∴數(shù)列a_n是首項為

1

2

，公比為

1

2

的等比數(shù)列．
∴an=

1

2

×(

1

2

)n-1=

1

2n

．（4分）
∵對于一切n∈N^*，有

n

k=1

1

bk + bk+1

=

n

b1 + bn+1

，①
當n≥2時，有

n-1

k=1

1

bk + bk+1

=

n-1

b1 + bn

，②
1-2②得：

1

bn + bn+1

=

n

b1 + bn+1

-

n-1

b1 + bn

3
化簡得：（n-1）b_n+1-nb_n+b₁=0，③
用n+1替換③式中的n，得：nb_n+2-（n+1）b_n+1+b₁=0，④（6分）
③-④整理得：b_n+2-b_n+1=b_n+1-b_n，
∴當n≥2時，數(shù)列b_n為等差數(shù)列．
∵b₃-b₂=b₂-b₁=1，
∴數(shù)列b_n為等差數(shù)列．（8分）
∵b₁=1，b₂=2
∴數(shù)列b_n的公差d=1．
∴b_n=1+（n-1）=n．（10分）
（2）證明：∵數(shù)列a_nb_n的前n項和為T_n，
∴Tn=

1

2

+

2

22

+

3

23

++

n

2n

，⑤
∴

1

2

Tn=

1

22

+

2

22

++

n

2n+1

，⑥
⑤-⑥得：

1

2

Tn=

1

2

+

1

22

++

1

2n

-

n

2n+1

（12分）=

1 2 [1-( 1 2 )n]

1- 1 2

-

n

2n+1

=1-

n+2

2n+1

．
∴Tn=2-

n+2

2n

＜2．（14分）

點評：本題考查等差數(shù)列和等比數(shù)列的通項公式的求法和數(shù)列前n項和的證明，解題時要熟練掌握數(shù)列的性質(zhì)和應(yīng)用，注意錯位相減法的靈活運用．