Question

數(shù)列{a_n}的各項(xiàng)均為正數(shù)，S_n為其前n項(xiàng)和，對(duì)于任意n∈N^*，總有a_n、S_n、（a_n）²成等差數(shù)列．
（I）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（II）設(shè)bn=an(

1

2

)n，數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和是T_n，求證：

1

2

≤Tn＜2．

Answer 1

分析：（I）由等差數(shù)列等差中項(xiàng)性質(zhì)可知2S_n=a_n+a_n²把a(bǔ)_n=S_n-S_n-1代入得到a_n和a_n-1的關(guān)系式，整理得a_n-a_n-1=1進(jìn)而可以推斷數(shù)列{a_n}是公差為1的等差數(shù)列，再根據(jù)2S₁=a₁+a₁²求得a₁，最后根據(jù)等差數(shù)列的通項(xiàng)公式可得數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式．
（II）把（I）數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式代入bn=an(

1

2

)n可得數(shù)列{b_n}的通項(xiàng)公式．{b_n}的通項(xiàng)公式是由等差數(shù)列和等比數(shù)列構(gòu)成，進(jìn)而可用錯(cuò)位相減法求得{b_n}的前n項(xiàng)和T_n=2-

2+n

2n

，進(jìn)而推斷T_n＜2，又根據(jù)T_n+1-T_n=

n+1

2n+1

＞0推斷{T_n}是遞增數(shù)列可知T₁是數(shù)列{T_n}最小項(xiàng)，綜合可得T_n范圍，原式得證．

解答：解：（I）由已知2S_n=a_n+a_n²∴2Sn-1=an-1+an-1 2，得2a_n=a_n+a_n²-a_n-1-a_n-1²
∴a_n+a_n-1=（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1），
∵a_n，a_n-1均為正數(shù)，∴a_n-a_n-1=1（n≥2）∴數(shù)列{a_n}是公差為1的等差數(shù)列
又n=1時(shí)，2S₁=a₁+a₁²，解得a₁=1∴a_n=n．（n∈N^*）
（II）∵bn=an(

1

2

)n，由（I）知，bn=n(

1

2

)nTn=

1

2

+2(

1

2

)2+3(

1

2

)3+4(

1

2

)4++n(

1

2

)n

1

2

Tn=(

1

2

)2+2(

1

2

)3+3(

1

2

)4+(n-1)(

1

2

)n+n(

1

2

)n+1
∴

1

2

Tn=

1

2

+(

1

2

)2+(

1

2

)3+(

1

2

)4++(

1

2

)n-n(

1

2

)n+1
∴Tn=1+

1

2

+(

1

2

)2+(

1

2

)3++(

1

2

)n-1-n(

1

2

)n=

1-( 1 2 )n

1- 1 2

-

n

2n

=2-

2+n

2n

（n∈N^*）
∵Tn+1-Tn=2-

3+n

2n+1

-(2-

2+n

2n

)=

2+n

2n

-

3+n

2n+1

=

n+1

2n+1

＞0，
∴{T_n}是遞增數(shù)列，∴Tn≥T1=2-

1+2

2

=

1

2

又∵

2+n

2n

＞0，∴Tn=2-

2+n

2n

＜2，∴

1

2

≤Tn＜2得證．

點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了等差數(shù)列的性質(zhì)和用錯(cuò)位相減法數(shù)列求和的問題．屬基礎(chǔ)題．