Question

13．已知n∈N^*，設S_n是單調(diào)遞減的等比數(shù)列{a_n}的前n項和，a₁=$\frac{1}{2}$且S₂+a₂，S₄+a₄，S₃+a₃成等差數(shù)列．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）記數(shù)列{na_n}的前n項和為T_n，求證：對于任意正整數(shù)n，$\frac{1}{2}≤{T_n}＜2$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）依題意可求得q=$\frac{1}{2}$，而a₁=1，從而可求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）利用“錯位相減法”即可得出數(shù)列{na_n}的前n項和為T_n，再利用放縮法即可證明．

解答 解：（ I）設數(shù)列 {a_n}的公比為q，由2（S₄+a₄）=S₂+a₂+S₃+a₃，
得（S₄-S₂）+（S₄-S₃）+2a₄=a₂+a₃，即4a₄=a₂，
∴q²=$\frac{1}{4}$，
∵{a_n}是單調(diào)遞減數(shù)列，
∴q=$\frac{1}{2}$，
∴a_n=（$\frac{1}{2}$）ⁿ．
（2）由（1）知$n{a_n}=\frac{n}{2^n}$，
∴${T_n}=\frac{1}{2}+\frac{2}{2^2}+\frac{3}{2^3}+\frac{4}{2^4}+…+\frac{n-1}{{{2^{n-1}}}}+\frac{n}{2^n}$，
①$2{T_n}=1+\frac{2}{2}+\frac{3}{2^2}+\frac{4}{2^3}+…+\frac{n-1}{{{2^{n-2}}}}+\frac{n}{{{2^{n-1}}}}$，②
②-①得：${T_n}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+…+\frac{1}{{{2^{n-1}}}}-\frac{n}{2^n}$，${T_n}=\frac{{1-{{（\frac{1}{2}）}^n}}}{{1-\frac{1}{2}}}-\frac{n}{2^n}=2-\frac{n+2}{2^n}$，
由${T_{n+1}}-{T_n}=（n+1）{a_{n+1}}=\frac{n+1}{{{2^{n+1}}}}＞0$，得T₁＜T₂＜T₃＜…＜T_n，
故${T_n}≥{T_1}=\frac{1}{2}$，
又${T_n}=2-\frac{n+2}{2^n}＜2$，
因此對于任意正整數(shù)n，$\frac{1}{2}≤{T_n}＜2$

點評 本題考查數(shù)列的求和，著重考查等差數(shù)列的關系的確定及其通項公式的應用，突出考查方程思想與錯位相減法求和以及放縮法，屬于中檔題．