Question

已知数列{a_n}中，点P（a_n，a_n+1）在函数f（x）=x+2图象上，数列{b_n}前n项和为S_n，且a₁=2，b_n，S_n成等差数列．
（1）求数列{a_n}，{b_n}的通项公式；
（2）设Cn=

an

bn

，{Cn}前n项和为Tn．问是否存在最小的正整数m，使对任意 n∈N^*都有T_n＜m．若存在，求出m的值，否则，说明理由．

Answer 1

分析：（1）由P（a_n，a_n+1）在函数f（x）=x+2图象上，得到数列{a_n}是等差数列，直接由等差数列的通项公式求数列a_n；再利用2，b_n，S_n成等差数列得到数列{b_n}的递推式，首先求出b₁，由递推式可以判定数列{b_n}是等比数列，由等比数列的通项公式写出b_n；
（2）把数列{a_n}，{b_n}的通项公式代入cn=

an

bn

，然后利用错位相减法求出数列{c_n}的前n项和Tn=4-

1

2n-2

-

n

2n-1

由此可以得到存在最小的正整数4，使对任意 n∈N^*都有T_n＜4．

解答：解：（1）∵点（a_n，a_n+1）在f（x）=x+2的图象上，
∴a_n+1=a_n+2，
∴a_n+1-a_n=2，
∴{a_n}是以2为公差的等差数列，
又a₁=2，
则a_n=a₁+（n-1）d=2+2（n-1）=2n．
由2，b_n，S_n成等差数列，
所以S_n+2=2b_n  ①
当n=1时，b₁+2=2b₁，所以b₁=2．
当n≥2时，S_n-1+2=2b_n-1②
①-②得：b_n=2b_n-2b_n-1．
所以b_n=2b_n-1（n≥2）．
因为b₁=2≠0，所以

bn

bn-1

=2（n≥2）．
故数列{b_n}是以2为首项，以2为公比的等比数列．
所以bn=b1qn-1=2•2n-1=2n；
（2）由cn=

an

bn

=

2n

2n

=

n

2n-1

．
所以{c_n}的前n项和
T_n=c₁+c₂+…+c_n=

1

20

+

2

21

+

3

22

+…+

n

2n-1

③

1

2

Tn=

1

21

+

2

22

+

3

23

+…+

n

2n

④
③-④得：

1

2

Tn=1+

1

2

+

1

22

+…+

1

2n-1

-

n

2n

=

1•(1- 1 2n )

1- 1 2

-

n

2n

．
所以Tn=4-

1

2n-2

-

n

2n-1

＜4．
所以存在最小的正整数m=4，使对任意 n∈N^*都有T_n＜4．

点评：本题是等差数列和等比数列的综合题，考查了等差数列和等比数列的确定，考查了等差数列和等比数列的通项公式，关键是对n=1和n≥2进行讨论，考查了利用错位相减法求数列的和，是中档题．