Question

7．已知數(shù)列{a_n}滿足a₁=1，na_n-1=（n-1）a_n（n≥2，n∈N^*），數(shù)列{b_n}滿足b₁=$\frac{1}{2}$，b₂=$\frac{1}{4}$，對任意n∈N^*都有b_n+1²=b_n+1b_n+2
（1）求數(shù)列{a_n}、{b_n}的通項(xiàng)公式；
（2）令T_n=a₁b₁+a₂b₂+…+a_nb_n．求證：$\frac{1}{2}≤{T_n}$＜2．

Answer 1

分析 （1）當(dāng)n≥2時(shí)，由na_n-1=（n-1）a_n，可得$\frac{a_n}{{{a_{n-1}}}}=\frac{n}{n-1}$（ n≥2）．利用累乘求積即可得出．再利用等比數(shù)列的通項(xiàng)公式即可得出b_n．
（2）利用“錯(cuò)位相減法”、等比數(shù)列的求和公式即可得出．

解答 解：（1）當(dāng)n≥2時(shí)，∵na_n-1=（n-1）a_n，∴$\frac{a_n}{{{a_{n-1}}}}=\frac{n}{n-1}$（ n≥2）.${a_n}=\frac{a_n}{{{a_{n-1}}}}•\frac{{{a_{n-1}}}}{{{a_{n-2}}}}…\frac{a_3}{a_2}•\frac{a_2}{a_1}•{a_1}=\frac{n}{n-1}•\frac{n-1}{n-2}•\frac{n-2}{n-3}…\frac{3}{2}•\frac{2}{1}•1=n$（n≥2）
又a₁=1，也滿足上式，故數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式a_n=n（n∈N^*）．
由$b_{n+1}^2={b_n}•{b_{n+2}}$，知數(shù)列{b_n}是等比數(shù)列，其首項(xiàng)、公比均為$\frac{1}{2}$
∴數(shù)列{b_n}的通項(xiàng)公式是b_n=$（\frac{1}{2}）^{n}$．
（2）∵T_n=$\frac{1}{2}$+2×$（\frac{1}{2}）^{2}$+…+（n-1）×$（\frac{1}{2}）^{n-1}$+n$•（\frac{1}{2}）^{n}$   ①
∴$\frac{1}{2}$T_n=$（\frac{1}{2}）^{2}+2×（\frac{1}{2}）^{3}$+…+（n-1）×$（\frac{1}{2}）^{n}$+n$•（\frac{1}{2}）^{n+1}$       ②
由①②，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$•（\frac{1}{2}）^{n+1}$，
∴${T_n}=2-\frac{n+2}{2^n}$．
又$\frac{n+2}{2^n}＞0$，∴T_n=$2-\frac{n+2}{{2}^{n}}$＜2．
又T_n+1-T_n=$\frac{n+3}{{2}^{n+1}}$-$\frac{n+2}{{2}^{n}}$=$\frac{n+1}{{2}^{n+1}}$恒正．
故{T_n}是遞增數(shù)列，T_n≥T₁=$\frac{1}{2}$．
∴$\frac{1}{2}≤{T_n}$＜2．

點(diǎn)評 本題考査了累乘求積、等比數(shù)列的通項(xiàng)公式與求和公式、“錯(cuò)位相減法”、數(shù)列的單調(diào)性，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．