Question

20．數(shù)列{a_n}的各項均為正數(shù)，S_n為其前n項和，對于任意n∈N*，總有a_n，S_n，a_n²成等差數(shù)列．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）已知函數(shù)f（x）對任意的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）的表達式并證明：b₁+b₂+…+b_n＜2．

Answer 1

分析 （1）由已知條件推導出2a_n=a_n+a_n²-a_n-1-a_n-1²，從而得到{a_n}是公差為1的等差數(shù)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），由等比數(shù)列的通項公式可得f（n）；求出b_n=a_n•f（n）=n•（$\frac{1}{2}$）ⁿ，運用數(shù)列求和方法：錯位相減法，結(jié)合等比數(shù)列的求和公式，化簡整理，即可得證．

解答 解：（1）∵各項均為正數(shù)的數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，
對任意n∈N^*，總有a_n，S_n，a_n²成等差數(shù)列，
∴2S_n=a_n+a_n²，2S_n-1=a_n-1+a_n-1²，
兩式相減，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為正數(shù)，∴a_n-a_n-1=1，n≥2，
∴{a_n}是公差為1的等差數(shù)列，
當n=1時，2S₁=a₁+a₁²，得a₁=1，或a₁=0（舍），
∴a_n=n．
（2）函數(shù)f（x）對任意的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；
證明：設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；
兩式相減可得，$\frac{1}{2}$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．

點評 本題考查數(shù)列的通項公式的求法，考查數(shù)列的前n項和的求法，解題時要認真審題，注意錯位相減法的合理運用．