已知正数数列 $\{a_{n}\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$，且满足：$a_{n}^{2}+a_{n}-2S_{n}=0$，$c_{n}=a_{n}b_{n}$．
【难度】
【出处】
2013年全国高中数学联赛吉林省预赛
【标注】
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求数列 $\{a_{n}\}$ 的通项公式；标注答案$a_n=n$解析令 $n>1$，因为$$a_{n-1}^{2}+a_{n-1}-2S_{n-1}=0,$$结合题设条件得$$(a_{n}+a_{n-1})(a_{n}-a_{n-1}-1)=0,$$而 $\{a_n\}$ Wie正数数列，所以$$a_{n}-a_{n-1}=1.$$令 $n=1$，则有$$a_{1}^{2}+a_{1}-2a_{1}=0,$$所以 $a_{1}=1$，因此 $a_{n}=1+(n-1)=n$．
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若 $b_{1}=1$，$2b_{n}-b_{n-1}=0(n\geqslant 2,n\in\mathbb N^{*})$，求：数列 $\{c_{n}\}$ 的前 $n$ 项和 $T_{n}$；标注答案$T_n=4-(2n+4)\cdot \left(\dfrac{1}{2}\right)^n$解析因为 $\dfrac{b_{n}}{b_{n-1}}=\dfrac{1}{2}$，所以$$b_{n}=\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n-1},$$因此$$c_{n}=n\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n-1},$$故进行差比数列求和运算得\[\begin{split}T_{n}&=1\cdot \left(\dfrac{1}{2}\right)^{0}+2\cdot \left(\dfrac{1}{2}\right)^{1}+\cdots+n\cdot \left(\dfrac{1}{2}\right)^{n-1},\\ \dfrac{1}{2}T_{n}&=1\cdot \left(\dfrac{1}{2}\right)^{2}+2\cdot \left(\dfrac{1}{2}\right)^{2}+\cdots+n\cdot \left(\dfrac{1}{2}\right)^{n},\\ \dfrac{1}{2}T_{n}&=1+\dfrac{1}{2}+\cdots+\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n-1}-n\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n},\end{split}\]因此$$\begin{split}T_{n}&=4\left[1-\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n}\right]-n\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n-1}\\&=4-4\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n}-n\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n-1}\\&=4-(2n+4)\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n}.\end{split}$$
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是否存在整数 $m,M$，使得 $m<T_{n}<M$ 对任意正整数 $n$ 恒成立，且 $M-m=4$？说明理由．标注答案存在，理由略解析由第 $(2)$ 小问可得：$T_{n}<4$．因为\[\begin{split}T_{n+1}-T_{n}&=4-(2n+6)\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n+1}-4+(2n+4)\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n}\\&=\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n}(n+1)>0.\end{split}\]所以 $T_{n}\geqslant T_{1}=1$．
故存在整数 $M=4$，$m=0$ 满足题目要求．
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
问题3
答案3
解析3
备注3
