Question

17．已知數列{a_n}的前n項和為S_n，且對任意正整數n都有a_n是n與S_n的等差中項，b_n=a_n+1．
（1）求證：數列{b_n}是等比數列，并求出其通項b_n；
（2）若數列{C_n}滿足C_n=$\frac{1}{lo{g}_{2}_{n}}$且數列{C${\;}_{n}^{2}$}的前n項和為T_n，證明T_n＜2．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由a_n是n與S_n的等差中項，2a_n=n+S_n，當n≥2，2a_n-1=n-1+S_n-1，相減得：2a_n-2a_n-1=1+a_n，化簡整理得：a_n+1=2（a_n-1+1），b_n=2b_n-1，b₁=2，數列{b_n}是等比數列是以2為首項，2為公比的等比數列；
（Ⅱ）數列{C_n}滿足C_n=$\frac{1}{n}$，C${\;}_{n}^{2}$=$\frac{1}{{n}^{2}}$，分類當n=1，${C}_{1}^{2}$=1＜2命題成立，當n≥2時，${1}^{2}+\frac{1}{{2}^{2}}+\frac{1}{{3}^{2}}+…+\frac{1}{{n}^{2}}$＜1+$\frac{1}{1×2}$+$\frac{1}{2×3}$+…+$\frac{1}{（n-1）×n}$，采用裂項法，求得T_n=2-$\frac{1}{n}$＜2，命題成立．

解答 證明：（Ⅰ）∵a_n是n與的等差中項，
2a_n=n+S_n，
∴2a_n-1=n-1+S_n-1，（n≥2），
兩式相減得：2a_n-2a_n-1=1+a_n，
a_n=2a_n-1+1，（n≥2），
∴a_n+1=2（a_n-1+1），
∴b_n=2b_n-1，
$\frac{_{n}}{_{n-1}}$=2，當n=1，2a₁=1+S₁，
∴a₁=1，b₁=2，
∴數列{b_n}是等比數列是以2為首項，2為公比的等比數列，
b_n=2ⁿ，
（Ⅱ）數列{C_n}滿足C_n=$\frac{1}{lo{g}_{2}_{n}}$=$\frac{1}{n}$，
∴C${\;}_{n}^{2}$=$\frac{1}{{n}^{2}}$，
當n=1時，T₁=${C}_{1}^{2}$=1＜2，命題成立，
當n≥2，${T}_{n}={C}_{1}^{2}+{C}_{2}^{2}+{C}_{3}^{2}+…+{C}_{n}^{2}$，
${1}^{2}+\frac{1}{{2}^{2}}+\frac{1}{{3}^{2}}+…+\frac{1}{{n}^{2}}$＜1+$\frac{1}{1×2}$+$\frac{1}{2×3}$+…+$\frac{1}{（n-1）×n}$，
=1+1-$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}$，
=2-$\frac{1}{n}$＜2，命題成立．

點評 本題考查求等比數列通項公式，及采用裂項法求數列的前n項和，屬于中檔題．