Question

6．已知數(shù)列{a_n}是公差不為0的等差數(shù)列，a₁=$\frac{1}{2}$，數(shù)列{b_n}是等比數(shù)列，且b₁=a₁，b₂=a₃，b₃=a₄，數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為S_n．記點(diǎn)Q_n（b_n，S_n），n∈Z⁺．
（1）求數(shù)列{a_n}，{b_n}的通項(xiàng)公式；
（2）證明點(diǎn)Q₁，Q₂，Q₃，…，Q_n…在同一條直線l上，并求出直線l的方程；
（3）若△OQ_nQ_n+1，（n∈Z⁺）的面積為A_n，T_n為數(shù)列{A_n}的前n項(xiàng)和之和，求：$\underset{lim}{n→∞}$A_n及$\underset{lim}{n→∞}$T_n．

Answer 1

分析 （1）設(shè)a_n=$\frac{1}{2}$+（n-1）d，從而可得（$\frac{1}{2}$+2d）²=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{2}$+3d），從而解得；
（2）由（1）知S_n=$\frac{\frac{1}{2}（1-（\frac{1}{2}）^{n}）}{1-\frac{1}{2}}$=1-（$\frac{1}{2}$）ⁿ，從而可得點(diǎn)Q_n（（$\frac{1}{2}$）ⁿ，1-（$\frac{1}{2}$）ⁿ），從而證明并得到直線方程．
（3）由題意作圖，從而結(jié)合圖象寫出即可．

解答 解：（1）由題意設(shè)a_n=$\frac{1}{2}$+（n-1）d，
則b₁=a₁=$\frac{1}{2}$，b₂=a₃=$\frac{1}{2}$+2d，b₃=a₄=$\frac{1}{2}$+3d，
∵數(shù)列{b_n}是等比數(shù)列，
∴（$\frac{1}{2}$+2d）²=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{2}$+3d），
∴d=-$\frac{1}{8}$，q=$\frac{\frac{1}{4}}{\frac{1}{2}}$=$\frac{1}{2}$，
故a_n=$\frac{1}{2}$-（n-1）$\frac{1}{8}$=$\frac{5-n}{8}$，
則b_n=$\frac{1}{2}$•（$\frac{1}{2}$）^n-1=（$\frac{1}{2}$）ⁿ；
（2）證明：由（1）知，
S_n=$\frac{\frac{1}{2}（1-（\frac{1}{2}）^{n}）}{1-\frac{1}{2}}$=1-（$\frac{1}{2}$）ⁿ，
故點(diǎn)Q_n（（$\frac{1}{2}$）ⁿ，1-（$\frac{1}{2}$）ⁿ），
∵（$\frac{1}{2}$）ⁿ+1-（$\frac{1}{2}$）ⁿ=1，
∴點(diǎn)Q₁，Q₂，Q₃，…，Q_n…都在直線x+y=1上，
即l的方程為x+y-1=0；
（3）由題意作圖如下，
，
結(jié)合圖象可知，
$\underset{lim}{n→∞}$A_n=0，$\underset{lim}{n→∞}$T_n=${S}_{△O{Q}_{1}B}$=$\frac{1}{2}×\frac{1}{2}×1×1$=$\frac{1}{4}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了等差數(shù)列與等比數(shù)列的應(yīng)用，同時(shí)考查了數(shù)形結(jié)合的思想應(yīng)用．