题目
设(an)是首项为1的等比数列，数列(bn)满足bn=(n(a)_(n))/(3)，已知a1，3a2，9a3成等差数列．（1）求(an)和(bn)的通项公式；（2）记Sn和Tn分别为(an)和(bn)的前n项和．证明：Tn＜((S)_(n))/(2)．
设{an}是首项为1的等比数列，数列{bn}满足bn=$\frac{n{a}_{n}}{3}$，已知a1，3a2，9a3成等差数列．
（1）求{an}和{bn}的通项公式；
（2）记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和．证明：Tn＜$\frac{{S}_{n}}{2}$．
（1）求{an}和{bn}的通项公式；
（2）记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和．证明：Tn＜$\frac{{S}_{n}}{2}$．
题目解答
答案
解：（1）∵a1，3a2，9a3成等差数列，∴6a2=a1+9a3，
∵{an}是首项为1的等比数列，设其公比为q，
则6q=1+9q2，∴q=$\frac{1}{3}$，
∴an=a1qn-1=$（\frac{1}{3}）^{n-1}$，
∴bn=$\frac{n{a}_{n}}{3}$=n•$（\frac{1}{3}）^{n}$．
（2）证明：由（1）知an=$（\frac{1}{3}）^{n-1}$，bn=n•$（\frac{1}{3}）^{n}$，
∴${S}_{n}=\frac{1×[1-（\frac{1}{3}）^{n}]}{1-\frac{1}{3}}$=$\frac{3}{2}-\frac{1}{2}×（\frac{1}{3}）^{n-1}$，
${T}_{n}=1×（\frac{1}{3}）^{1}+2×（\frac{1}{3}）^{2}+…+n•（\frac{1}{3}）^{n}$，①
∴$\frac{1}{3}{T}_{n}=1×（\frac{1}{3}）^{2}+2×（\frac{1}{3}）^{3}+…+n•（\frac{1}{3}）^{n+1}$，②
①-②得，$\frac{2}{3}{T}_{n}=\frac{1}{2}[1-（\frac{1}{3}）^{n}]-n（\frac{1}{3}）^{n+1}$，
∴${T}_{n}=\frac{3}{4}-\frac{1}{4}×（\frac{1}{3}）^{n-1}-\frac{n}{2}（\frac{1}{3}）^{n}$，
∴${T}_{n}-\frac{{S}_{n}}{2}$=$\frac{3}{4}-\frac{1}{4}×（\frac{1}{3}）^{n-1}-\frac{n}{2}•（\frac{1}{3}）^{n}$-$[\frac{3}{4}-\frac{1}{4}×（\frac{1}{3}）^{n-1}]$＜0，
∴Tn＜$\frac{{S}_{n}}{2}$．
∵{an}是首项为1的等比数列，设其公比为q，
则6q=1+9q2，∴q=$\frac{1}{3}$，
∴an=a1qn-1=$（\frac{1}{3}）^{n-1}$，
∴bn=$\frac{n{a}_{n}}{3}$=n•$（\frac{1}{3}）^{n}$．
（2）证明：由（1）知an=$（\frac{1}{3}）^{n-1}$，bn=n•$（\frac{1}{3}）^{n}$，
∴${S}_{n}=\frac{1×[1-（\frac{1}{3}）^{n}]}{1-\frac{1}{3}}$=$\frac{3}{2}-\frac{1}{2}×（\frac{1}{3}）^{n-1}$，
${T}_{n}=1×（\frac{1}{3}）^{1}+2×（\frac{1}{3}）^{2}+…+n•（\frac{1}{3}）^{n}$，①
∴$\frac{1}{3}{T}_{n}=1×（\frac{1}{3}）^{2}+2×（\frac{1}{3}）^{3}+…+n•（\frac{1}{3}）^{n+1}$，②
①-②得，$\frac{2}{3}{T}_{n}=\frac{1}{2}[1-（\frac{1}{3}）^{n}]-n（\frac{1}{3}）^{n+1}$，
∴${T}_{n}=\frac{3}{4}-\frac{1}{4}×（\frac{1}{3}）^{n-1}-\frac{n}{2}（\frac{1}{3}）^{n}$，
∴${T}_{n}-\frac{{S}_{n}}{2}$=$\frac{3}{4}-\frac{1}{4}×（\frac{1}{3}）^{n-1}-\frac{n}{2}•（\frac{1}{3}）^{n}$-$[\frac{3}{4}-\frac{1}{4}×（\frac{1}{3}）^{n-1}]$＜0，
∴Tn＜$\frac{{S}_{n}}{2}$．
解析
步骤 1：求{a_n}的通项公式
由于{a_n}是首项为1的等比数列，设其公比为q，已知a_1，3a_2，9a_3成等差数列，即6a_2=a_1+9a_3，代入a_1=1，a_2=a_1q，a_3=a_1q^2，得到6q=1+9q^2，解得q=$\frac{1}{3}$，因此a_n=a_1q^{n-1}=$（\frac{1}{3}）^{n-1}$。
步骤 2：求{b_n}的通项公式
根据b_n=$\frac{n{a}_{n}}{3}$，代入a_n=$（\frac{1}{3}）^{n-1}$，得到b_n=$\frac{n{a}_{n}}{3}$=n•$（\frac{1}{3}）^{n}$。
步骤 3：求S_n和T_n
S_n是{a_n}的前n项和，根据等比数列求和公式，得到${S}_{n}=\frac{1×[1-（\frac{1}{3}）^{n}]}{1-\frac{1}{3}}$=$\frac{3}{2}-\frac{1}{2}×（\frac{1}{3}）^{n-1}$。
T_n是{b_n}的前n项和，根据b_n=n•$（\frac{1}{3}）^{n}$，使用错位相减法求和，得到${T}_{n}=\frac{3}{4}-\frac{1}{4}×（\frac{1}{3}）^{n-1}-\frac{n}{2}（\frac{1}{3}）^{n}$。
步骤 4：证明T_n＜$\frac{{S}_{n}}{2}$
将S_n和T_n的表达式代入T_n＜$\frac{{S}_{n}}{2}$，得到$\frac{3}{4}-\frac{1}{4}×（\frac{1}{3}）^{n-1}-\frac{n}{2}•（\frac{1}{3}）^{n}$＜$\frac{1}{2}[\frac{3}{2}-\frac{1}{2}×（\frac{1}{3}）^{n-1}]$，化简后得到$\frac{3}{4}-\frac{1}{4}×（\frac{1}{3}）^{n-1}-\frac{n}{2}•（\frac{1}{3}）^{n}$＜$\frac{3}{4}-\frac{1}{4}×（\frac{1}{3}）^{n-1}$，即$-\frac{n}{2}•（\frac{1}{3}）^{n}$＜0，显然成立，因此T_n＜$\frac{{S}_{n}}{2}$。
由于{a_n}是首项为1的等比数列，设其公比为q，已知a_1，3a_2，9a_3成等差数列，即6a_2=a_1+9a_3，代入a_1=1，a_2=a_1q，a_3=a_1q^2，得到6q=1+9q^2，解得q=$\frac{1}{3}$，因此a_n=a_1q^{n-1}=$（\frac{1}{3}）^{n-1}$。
步骤 2：求{b_n}的通项公式
根据b_n=$\frac{n{a}_{n}}{3}$，代入a_n=$（\frac{1}{3}）^{n-1}$，得到b_n=$\frac{n{a}_{n}}{3}$=n•$（\frac{1}{3}）^{n}$。
步骤 3：求S_n和T_n
S_n是{a_n}的前n项和，根据等比数列求和公式，得到${S}_{n}=\frac{1×[1-（\frac{1}{3}）^{n}]}{1-\frac{1}{3}}$=$\frac{3}{2}-\frac{1}{2}×（\frac{1}{3}）^{n-1}$。
T_n是{b_n}的前n项和，根据b_n=n•$（\frac{1}{3}）^{n}$，使用错位相减法求和，得到${T}_{n}=\frac{3}{4}-\frac{1}{4}×（\frac{1}{3}）^{n-1}-\frac{n}{2}（\frac{1}{3}）^{n}$。
步骤 4：证明T_n＜$\frac{{S}_{n}}{2}$
将S_n和T_n的表达式代入T_n＜$\frac{{S}_{n}}{2}$，得到$\frac{3}{4}-\frac{1}{4}×（\frac{1}{3}）^{n-1}-\frac{n}{2}•（\frac{1}{3}）^{n}$＜$\frac{1}{2}[\frac{3}{2}-\frac{1}{2}×（\frac{1}{3}）^{n-1}]$，化简后得到$\frac{3}{4}-\frac{1}{4}×（\frac{1}{3}）^{n-1}-\frac{n}{2}•（\frac{1}{3}）^{n}$＜$\frac{3}{4}-\frac{1}{4}×（\frac{1}{3}）^{n-1}$，即$-\frac{n}{2}•（\frac{1}{3}）^{n}$＜0，显然成立，因此T_n＜$\frac{{S}_{n}}{2}$。