Question

6．已知各項不為零的數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，且a₁=1，S_n=$\frac{1}{2}$a_n•a_n+1（n∈N^*）
（1）求證：數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列；
（2）設(shè)數(shù)列{b_n}滿足：b_n=${2}^{{a}_{n}-2{a}_{n+1}}$，且$\underset{lim}{n→∞}$（b_kb_k+1+b_k+1b_k+2+…+b_nb_n+1）=$\frac{1}{384}$，求正整數(shù)k的值；
（3）若m、k均為正整數(shù)，且m≥2，k＜m．在數(shù)列{c_k}中，c₁=1，$\frac{{c}_{k+1}}{{c}_{k}}$=$\frac{k-m}{{a}_{k+1}}$，求c₁+c₂+…+c_m．

Answer 1

分析 （1）通過S_n=$\frac{1}{2}$a_na_n+1，利用a_n+1=S_n+1-S_n整理得a_n+2-a_n=2，進而可知數(shù)列{a_n}是首項、公差均為1的等差數(shù)列；
（2）通過（1）可知b_n=$\frac{1}{{2}^{n+2}}$，進而可知b_nb_n+1=$\frac{1}{{2}^{5}}$•$\frac{1}{{4}^{n}}$，進而利用等比數(shù)列的求和公式計算、取極限即得結(jié)論；
（3）通過$\frac{{c}_{k+1}}{{c}_{k}}$=$\frac{k-m}{{a}_{k+1}}$及a_n=n分別計算出$\frac{{c}_{2}}{{c}_{1}}$、$\frac{{c}_{3}}{{c}_{2}}$、$\frac{{c}_{4}}{{c}_{3}}$、$\frac{{c}_{n}}{{c}_{n-1}}$的表達式，進而累乘化簡，利用二項式定理計算即得結(jié)論．

解答 （1）證明：∵S_n=$\frac{1}{2}$a_na_n+1，
∴a_n+1=S_n+1-S_n=$\frac{1}{2}$a_n+1a_n+2-$\frac{1}{2}$a_na_n+1，
整理得：a_n+2-a_n=2，
又∵a₁=1，a₂=$\frac{2{S}_{1}}{{a}_{1}}$=2，
∴數(shù)列{a_n}的通項公式a_n=n，
即數(shù)列{a_n}是首項、公差均為1的等差數(shù)列；
（2）解：由（1）可知b_n=${2}^{{a}_{n}-2{a}_{n+1}}$=2^n-2（n+1）=$\frac{1}{{2}^{n+2}}$，
∴b_nb_n+1=$\frac{1}{{2}^{n+2}}$•$\frac{1}{{2}^{n+3}}$=$\frac{1}{{2}^{5}}$•$\frac{1}{{4}^{n}}$，
∴b_kb_k+1+b_k+1b_k+2+…+b_nb_n+1=$\frac{1}{{2}^{5}}$（$\frac{1}{{4}^{k}}$+$\frac{1}{{4}^{k+1}}$+…+$\frac{1}{{4}^{n}}$）
=$\frac{1}{{2}^{5}}$•$\frac{1}{{4}^{k}}$•$\frac{1-\frac{1}{{4}^{n-k+1}}}{1-\frac{1}{4}}$
=$\frac{1}{3}$•$\frac{1}{{2}^{3+2k}}$（1-$\frac{1}{{4}^{n+1-k}}$），
又∵$\underset{lim}{n→∞}$（b_kb_k+1+b_k+1b_k+2+…+b_nb_n+1）=$\frac{1}{384}$，即$\frac{1}{3}$•$\frac{1}{{2}^{3+2k}}$=$\frac{1}{384}$，
解得：k=2；
（3）解：∵c₁=1，$\frac{{c}_{k+1}}{{c}_{k}}$=$\frac{k-m}{{a}_{k+1}}$，a_n=n，
∴$\frac{{c}_{k+1}}{{c}_{k}}$=$\frac{k-m}{k+1}$，$\frac{{c}_{k}}{{c}_{k-1}}$=（-1）•$\frac{m-（k-1）}{k}$（m＞k，m≥2），
∴c₂=$\frac{{c}_{2}}{{c}_{1}}$=（-1）$\frac{m-1}{2}$，
c₃=$\frac{{c}_{3}}{{c}_{2}}$•$\frac{{c}_{2}}{{c}_{1}}$=（-1）²$\frac{（m-2）（m-1）}{3×2}$，
c₄=$\frac{{c}_{4}}{{c}_{3}}$•$\frac{{c}_{3}}{{c}_{2}}$•$\frac{{c}_{2}}{{c}_{1}}$=（-1）³•$\frac{m（m-1）（m-2）（m-3）}{4×3×2×1}$=（-1）³•$\frac{1}{m}$•${C}_{m}^{4}$，
…
c_k=（-1）^k-1•$\frac{1}{m}$•${C}_{m}^{k}$，
顯然當(dāng)m=1時滿足上式，即c_m=（-1）^m-1•$\frac{1}{m}$•${C}_{1}^{1}$，
∴c₁+c₂+…+c_m
=$\frac{1}{m}$[${C}_{m}^{1}$-${C}_{m}^{2}$+…+（-1）^m-1•${C}_{m}^{m}$]
=$\frac{1}{m}$[$\frac{{C}_{m}^{0}-{C}_{m}^{2}+{C}_{m}^{3}-{C}_{m}^{4}+…+（-1）^{m}{•C}_{m}^{m}-1}{-1}$]
=$\frac{1}{m}$•$\frac{（1-1）^{m}-1}{-1}$
=$\frac{1}{m}$．

點評 本題考查數(shù)列的通項及前n項和，考查累乘法，考查運算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．