Question

已知正項(xiàng)數(shù)列{a_n}中a₁=1，前n項(xiàng)和S_n滿(mǎn)足2S_n=a_na_n+1；數(shù)列{b_n}是首項(xiàng)和公比都等于2的等比數(shù)列．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）求數(shù)列{a_nb_n}的前n項(xiàng)和
（3）記f（n）=

2

sin

(2n-1)π

4

，T_n=

f(1)

a1b1

+

f(2)

a2b2

+…+

f(n)

anbn

，求證：

1

2

≤Tn≤

5

8

(n∈N*)．

Answer 1

分析：（1）通過(guò)2S_n=a_na_n+1；推出數(shù)列的遞推關(guān)系式，推出數(shù)列是等差數(shù)列，然后求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）通過(guò)數(shù)列{b_n}是首項(xiàng)和公比都等于2的等比數(shù)列，求出b_n，利用錯(cuò)位相減法求解數(shù)列{a_nb_n}的前n項(xiàng)和．
（3）通過(guò)f（n）=

2

sin

(2n-1)π

4

，化簡(jiǎn)T_n=

f(1)

a1b1

+

f(2)

a2b2

+…+

f(n)

anbn

的表達(dá)式，求出T₁，T₂，當(dāng)n≥3時(shí)轉(zhuǎn)化T_n≥

1

2

+

1

a2b2

-(

1

a3b3

+

1

a4b4

+…+

1

anbn

)，與T_n≤

5

8

-

1

a3b3

+(

1

a4b4

+…+

1

anbn

)，然后證明

1

2

≤Tn≤

5

8

(n∈N*)．

解答：解：（1）因?yàn)?S_n=a_na_n+1；所以n=1時(shí)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，
∴數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列，
a_n=n．
（2）數(shù)列{b_n}是首項(xiàng)和公比都等于2的等比數(shù)列，所以b_n=2ⁿ，數(shù)列{a_nb_n}的前n項(xiàng)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）證明∵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

，
當(dāng)n≥3時(shí)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

綜上

1

2

≤Tn≤

5

8

(n∈N*)

點(diǎn)評(píng)：本題考查等差數(shù)列與等比數(shù)列綜合應(yīng)用，數(shù)列與不等式的綜合應(yīng)用，考查數(shù)列求和的方法，考查分析問(wèn)題解決問(wèn)題的能力．