Question

17．已知数列{a_n}的前n项和为S_n，且2S_n=1-a_n（n∈N^*）．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）设${b_n}={log_{\frac{1}{3}}}{a_n}$，记数列{a_nb_n}的前n项和为T_n，求证：T_n＜$\frac{3}{4}$．

Answer 1

分析 （1）利用数列的递推关系式求出首项，判断数列是等比数列，然后求解通项公式．
（2）利用${b_n}={log_{\frac{1}{3}}}{a_n}$，化简数列{a_nb_n}通项公式，然后利用错位相减法求和，推出结果即可．

解答 （本小题满分10分）
解：（1）当n=1时，由2S₁=1-a₁得：${a_1}=\frac{1}{3}$．2S_n=1-a_n（n∈N^*）．
可得2S_n-1=1-a_n-1（n∈N^*）．
两式相减可得：a_n=$\frac{1}{3}$a_n-1 n≥2，
∴数列{a_n}是等比数列，首项为$\frac{1}{3}$，公比为$\frac{1}{3}$，
∴a_n=$\frac{1}{{3}^{n}}$；
（2）证明：∵${a_n}=\frac{1}{3^n}$（n∈N^*），∴${b_n}={log_{\frac{1}{3}}}{a_n}={log_{\frac{1}{3}}}{（{\frac{1}{3}}）^n}=n$．
∴${a_n}{b_n}=\frac{n}{3^n}$∴${T_n}=\frac{1}{3}+\frac{2}{3^2}+\frac{3}{3^3}+…+\frac{n}{3^n}$；
∴$\frac{1}{3}{T_n}=\frac{1}{3^2}+\frac{2}{3^3}+…+\frac{n-1}{3^n}+\frac{n}{{{3^{n+1}}}}$
∴$\frac{2}{3}{T_n}=\frac{1}{3}+（{\frac{1}{3^2}+\frac{1}{3^3}+…+\frac{1}{3^n}}）-\frac{n}{{{3^{n+1}}}}=\frac{{\frac{1}{3}（{1-\frac{1}{3^n}}）}}{{1-\frac{1}{3}}}-\frac{n}{{{3^{n+1}}}}=\frac{1}{2}-\frac{2n+3}{{2×{3^{n+1}}}}$
∴${T_n}=\frac{3}{4}-\frac{2n+3}{{4×{3^n}}}＜\frac{3}{4}$．

点评 本题考查数列的递推关系式的应用，数列求和，考查计算能力．