Question

20．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_n²成等差数列．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）已知函数f（x）对任意的x，y∈R均有f（x+y）=f（x）•f（y），$f（1）=\frac{1}{2}$．b_n=a_n•f（n），n∈N*，求f（n）的表达式并证明：b₁+b₂+…+b_n＜2．

Answer 1

分析 （1）由已知条件推导出2a_n=a_n+a_n²-a_n-1-a_n-1²，从而得到{a_n}是公差为1的等差数列，由此能求出a_n=n；
（2）可令x=n，y=1，即有f（n+1）=$\frac{1}{2}$f（n），由等比数列的通项公式可得f（n）；求出b_n=a_n•f（n）=n•（$\frac{1}{2}$）ⁿ，运用数列求和方法：错位相减法，结合等比数列的求和公式，化简整理，即可得证．

解答 解：（1）∵各项均为正数的数列{a_n}的前n项和为S_n，
对任意n∈N^*，总有a_n，S_n，a_n²成等差数列，
∴2S_n=a_n+a_n²，2S_n-1=a_n-1+a_n-1²，
两式相减，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），
又a_n，a_n-1为正数，∴a_n-a_n-1=1，n≥2，
∴{a_n}是公差为1的等差数列，
当n=1时，2S₁=a₁+a₁²，得a₁=1，或a₁=0（舍），
∴a_n=n．
（2）函数f（x）对任意的x，y∈R均有f（x+y）=f（x）•f（y），$f（1）=\frac{1}{2}$．
可令x=n，y=1，即有f（n+1）=f（n）f（1）=$\frac{1}{2}$f（n），
可得f（n）=f（1）•（$\frac{1}{2}$）^n-1=（$\frac{1}{2}$）ⁿ；
b_n=a_n•f（n）=n•（$\frac{1}{2}$）ⁿ；
证明：设T_n=b₁+b₂+…+b_n=1•（$\frac{1}{2}$）+2•（$\frac{1}{2}$）²+…+n•（$\frac{1}{2}$）ⁿ；
$\frac{1}{2}$T_n=1•（$\frac{1}{2}$）²+2•（$\frac{1}{2}$）³+…+n•（$\frac{1}{2}$）ⁿ⁺¹；
两式相减可得，$\frac{1}{2}$T_n=$\frac{1}{2}$+（$\frac{1}{2}$）²+（$\frac{1}{2}$）³+…+（$\frac{1}{2}$）ⁿ-n•（$\frac{1}{2}$）ⁿ⁺¹
=$\frac{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{2}^{n}}）}{1-\frac{1}{2}}$-n•（$\frac{1}{2}$）ⁿ⁺¹；
可得b₁+b₂+…+b_n=2[1-$\frac{1}{{2}^{n}}$-n•（$\frac{1}{2}$）ⁿ⁺¹]＜2．

点评 本题考查数列的通项公式的求法，考查数列的前n项和的求法，解题时要认真审题，注意错位相减法的合理运用．