Question

14．已知数列{a_n}是各项均为正数的等差数列，其中a₁=1，且a₂、a₄、a₆+2成等比数列；数列{b_n}的前n项和为S_n，满足2S_n+b_n=1
（1）求数列{a_n}、{b_n}的通项公式；
（2）如果c_n=a_nb_n，设数列{c_n}的前n项和为T_n，求证：T_n＜S_n+$\frac{1}{4}$．

Answer 1

分析 （1）利用等差数列与等比数列的通项公式、递推关系即可得出；
（2）利用“错位相减法”与等比数列的前n项和公式即可得出．

解答 （1）解：设数列{a_n}的公差为d，
∵a₂、a₄、a₆+2成等比数列；
∴${a}_{4}^{2}$=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=$\frac{1}{2}（1-{b}_{n}）$，
当n=1时，2S₁+b₁=1，解得b₁=$\frac{1}{3}$，
当n≥2时，b_n=S_n-S_n-1=$\frac{1}{2}（1-{b}_{n}）$-$\frac{1}{2}（1-{b}_{n-1}）$=$-\frac{1}{2}{b}_{n}$+$\frac{1}{2}{b}_{n-1}$，
∴${b}_{n}=\frac{1}{3}{b}_{n-1}$，
∴数列{b_n}是首项为$\frac{1}{3}$，公比为$\frac{1}{3}$的等比数列，
故${b}_{n}=\frac{1}{{3}^{n}}$．
（2）证明：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}$．

点评 本题考查了“错位相减法”、等比数列与等差数列的通项公式及其前n项和公式、递推关系的应用，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．