2021_全国乙卷 (2021·文)
19．设 $\left\{a_{n}\right\}$ 是首项为 1 的等比数列，数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 满足 $b_{n}=\frac{n a_{n}}{3}$ 。已知 $a_{1}, 3 a_{2}, 9 a_{3}$ ，成等差数列．
（1）求 $\left\{a_{n}\right\}$ 和 $\left\{b_{n}\right\}$ 的通项公式；
（2）记 $S_{n}$ ，和 $T_{n}$ 分别为 $\left\{a_{n}\right\}$ 和 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和．证明：$T_{n}<\frac{S_{n}}{2}$ ．
答案：
见解析
解析：
设 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比为 $q$ ，则 $a_{n}=q^{n-1}$ ，
因为 $a_{1}, 3 a_{2}, 9 a_{3}$ 成等差数列，所以 $1+9 q^{2}=2 \times 3 q$ ，解得 $q=\frac{1}{3}$ ，
故 $a_{n}=\left(\frac{1}{3}\right)^{n-1}, S_{n}=\frac{1-\frac{1}{3^{n}}}{1-\frac{1}{3}}=\frac{3}{2}\left(1-\frac{1}{3^{n}}\right)$ ．
又 $b_{n}=\frac{n}{3^{n}}$ ，则 $T_{n}=\frac{1}{3^{1}}+\frac{2}{3^{2}}+\frac{3}{3^{3}}+\cdots+\frac{n-1}{3^{n-1}}+\frac{n}{3^{n}}$ ，
两边同乘 $\frac{1}{3}$ ，则 $\frac{1}{3} T_{n}=\frac{1}{3^{2}}+\frac{2}{3^{3}}+\frac{3}{3^{4}}+\cdots+\frac{n-1}{3^{n}}+\frac{n}{3^{n+1}}$ ，
两式相减，得 $\frac{2}{3} T_{n}=\frac{1}{3}+\frac{1}{3^{2}}+\frac{1}{3^{3}}+\frac{1}{3^{4}}+\cdots+\frac{1}{3^{n}}-\frac{n}{3^{n+1}}$ ，
即 $\frac{2}{3} T_{n}=\frac{\frac{1}{3}\left(1-\frac{1}{3^{n}}\right)}{1-\frac{1}{3}}-\frac{n}{3^{n+1}}=\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{3^{n}}\right)-\frac{n}{3^{n+1}}$ ，
整理得 $T_{n}=\frac{3}{4}\left(1-\frac{1}{3^{n}}\right)-\frac{n}{2 \times 3^{n}}=\frac{3}{4}-\frac{2 n+3}{2 \times 3^{n}}$ ，
$2 T_{n}-S_{n}=2\left(\frac{3}{4}-\frac{2 n+3}{2 \times 3^{n}}\right)-\frac{3}{2}\left(1-\frac{1}{3^{n}}\right)=-\frac{4 n+3}{2 \times 3^{n}}<0$ ，
故 $T_{n}<\frac{S_{n}}{2}$ ．