Question

数列{a_n}的各项均为正数，S_n为其前n项和，对于任意n∈N^*，总有a_n、S_n、（a_n）²成等差数列．
（I）求数列{a_n}的通项公式；
（II）设bn=an(

1

2

)n，数列{b_n}的前n项和是T_n，求证：

1

2

≤Tn＜2．

Answer 1

分析：（I）由等差数列等差中项性质可知2S_n=a_n+a_n²把a_n=S_n-S_n-1代入得到a_n和a_n-1的关系式，整理得a_n-a_n-1=1进而可以推断数列{a_n}是公差为1的等差数列，再根据2S₁=a₁+a₁²求得a₁，最后根据等差数列的通项公式可得数列{a_n}的通项公式．
（II）把（I）数列{a_n}的通项公式代入bn=an(

1

2

)n可得数列{b_n}的通项公式．{b_n}的通项公式是由等差数列和等比数列构成，进而可用错位相减法求得{b_n}的前n项和T_n=2-

2+n

2n

，进而推断T_n＜2，又根据T_n+1-T_n=

n+1

2n+1

＞0推断{T_n}是递增数列可知T₁是数列{T_n}最小项，综合可得T_n范围，原式得证．

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均为正数，∴a_n-a_n-1=1（n≥2）∴数列{a_n}是公差为1的等差数列
又n=1时，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}是递增数列，∴Tn≥T1=2-

1+2

2

=

1

2

又∵

2+n

2n

＞0，∴Tn=2-

2+n

2n

＜2，∴

1

2

≤Tn＜2得证．

点评：本题主要考查了等差数列的性质和用错位相减法数列求和的问题．属基础题．