Question

已知正项数列{a_n}中a₁=1，前n项和S_n满足2S_n=a_na_n+1；数列{b_n}是首项和公比都等于2的等比数列．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）求数列{a_nb_n}的前n项和
（3）记f（n）=

2

sin

(2n-1)π

4

，T_n=

f(1)

a1b1

+

f(2)

a2b2

+…+

f(n)

anbn

，求证：

1

2

≤Tn≤

5

8

(n∈N*)．

Answer 1

分析：（1）通过2S_n=a_na_n+1；推出数列的递推关系式，推出数列是等差数列，然后求数列{a_n}的通项公式；
（2）通过数列{b_n}是首项和公比都等于2的等比数列，求出b_n，利用错位相减法求解数列{a_nb_n}的前n项和．
（3）通过f（n）=

2

sin

(2n-1)π

4

，化简T_n=

f(1)

a1b1

+

f(2)

a2b2

+…+

f(n)

anbn

的表达式，求出T₁，T₂，当n≥3时转化T_n≥

1

2

+

1

a2b2

-(

1

a3b3

+

1

a4b4

+…+

1

anbn

)，与T_n≤

5

8

-

1

a3b3

+(

1

a4b4

+…+

1

anbn

)，然后证明

1

2

≤Tn≤

5

8

(n∈N*)．

解答：解：（1）因为2S_n=a_na_n+1；所以n=1时2S₁=a₁•a₂，a₁=1，所以a₂=2，
∵2S_n=a_na_n+1；∴2S_n+1=a_n+1a_n+2；
可得2a_n+1=a_n+1a_n+2-a_na_n+1；
∵a_n＞0∴a_n+2-a_n=2；
∵a₁=1，a₂=2，
∴数列{a_n}是等差数列，
a_n=n．
（2）数列{b_n}是首项和公比都等于2的等比数列，所以b_n=2ⁿ，数列{a_nb_n}的前n项和
S_n=a₁b₁+a₂b₂+…+a_nb_n=1×2+2×2²+…+n×2ⁿ…①
2S_n=1×2²+2×2³+…+（n-1）×2ⁿ+n×2ⁿ⁺¹…②
所以②-①得
S_n=n×2ⁿ⁺¹-（2+2²+…+2ⁿ）=（n-1）2ⁿ⁺¹+2．
（3）证明∵f（n）=

2

sin

(2n-1)π

4

，
T_n=

f(1)

a1b1

+

f(2)

a2b2

+…+

f(n)

anbn

=

1

a1b1

+

1

a2b2

-

1

a3b3

-

1

a4b4

+…+

f(n)

anbn

，
T₁=

1

a 1b1

=

1

2

，T₂=

1

a1b1

+

1

a2b2

=

1

2

+

1

8

=

5

8

，
当n≥3时T_n=

1

2

+

1

a2b2

-

1

a3b3

-

1

a4b4

+…+

f(n)

anbn

≥

1

2

+

1

a2b2

-(

1

a3b3

+

1

a4b4

+…+

1

anbn

)
≥

1

2

+

1

2×22

-(

1

23

+

1

24

+…+

1

2n

)
=

1

2

+

1

2n+1

＞

1

2

又T_n=

5

8

-

1

a3b3

-

1

a4b4

+…+

f(n)

anbn

≤

5

8

-

1

a3b3

+(

1

a4b4

+…+

1

anbn

)
≤

5

8

-

1

3×23

+

1

3

(

1

24

+…+

1

2n

)
=

5

8

-

1

3×2n

＜

5

8

综上

1

2

≤Tn≤

5

8

(n∈N*)

点评：本题考查等差数列与等比数列综合应用，数列与不等式的综合应用，考查数列求和的方法，考查分析问题解决问题的能力．