Question

14．已知數(shù)列{a_n}是各項(xiàng)均為正數(shù)的等差數(shù)列，其中a₁=1，且a₂、a₄、a₆+2成等比數(shù)列；數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為S_n，滿足2S_n+b_n=1
（1）求數(shù)列{a_n}、{b_n}的通項(xiàng)公式；
（2）如果c_n=a_nb_n，設(shè)數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和為T(mén)_n，求證：T_n＜S_n+$\frac{1}{4}$．

Answer 1

分析 （1）利用等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項(xiàng)公式、遞推關(guān)系即可得出；
（2）利用“錯(cuò)位相減法”與等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式即可得出．

解答 （1）解：設(shè)數(shù)列{a_n}的公差為d，
∵a₂、a₄、a₆+2成等比數(shù)列；
∴${a}_{4}^{2}$=a₂•（a₆+2），
即$（{a}_{1}+3d）^{2}$=（a₁+d）（a₁+5d+2），d＞0．
解得d=1，
∴a_n=1+（n-1）=n．
由2S_n+b_n=1，
得S_n=$\frac{1}{2}（1-_{n}）$，
當(dāng)n=1時(shí)，2S₁+b₁=1，解得b₁=$\frac{1}{3}$，
當(dāng)n≥2時(shí)，b_n=S_n-S_n-1=$\frac{1}{2}（1-_{n}）$-$\frac{1}{2}（1-_{n-1}）$=$-\frac{1}{2}_{n}$+$\frac{1}{2}_{n-1}$，
∴$_{n}=\frac{1}{3}_{n-1}$，
∴數(shù)列{b_n}是首項(xiàng)為$\frac{1}{3}$，公比為$\frac{1}{3}$的等比數(shù)列，
故$_{n}=\frac{1}{{3}^{n}}$．
（2）證明：由（1）知，c_n=a_nb_n=$\frac{n}{{3}^{n}}$，
∴T_n=$\frac{1}{3}+2×\frac{1}{{3}^{2}}+3×\frac{1}{{3}^{3}}$+…+$n×\frac{1}{{3}^{n}}$，
$\frac{1}{3}{T}_{n}$=$\frac{1}{{3}^{2}}+2×\frac{1}{{3}^{3}}$+…+$（n-1）×\frac{1}{{3}^{n}}$+$n×\frac{1}{{3}^{n+1}}$，
得$\frac{2}{3}{T}_{n}$=$\frac{1}{3}+\frac{1}{{3}^{2}}$+…+$\frac{1}{{3}^{n}}$-$n×\frac{1}{{3}^{n+1}}$=$\frac{\frac{1}{3}（1-\frac{1}{{3}^{n}}）}{1-\frac{1}{3}}$-$n×\frac{1}{{3}^{n+1}}$=$\frac{1}{2}$-$\frac{2n+3}{2×{3}^{n+1}}$，
∴T_n=$\frac{3}{4}$-$\frac{2n+3}{4×{3}^{n}}$．
又${S}_{n}+\frac{1}{4}$=$\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{3}^{n}}）$+$\frac{1}{4}$=$\frac{3}{4}$-$\frac{1}{2×{3}^{n}}$，
∵$\frac{2n+3}{4×{3}^{n}}$$＞\frac{2}{4×{3}^{n}}$=$\frac{1}{2×{3}^{n}}$，
∴T_n＜S_n+$\frac{1}{4}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了“錯(cuò)位相減法”、等比數(shù)列與等差數(shù)列的通項(xiàng)公式及其前n項(xiàng)和公式、遞推關(guān)系的應(yīng)用，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．