Question

已知S_n是數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和，且滿足S_n²=n²a_n+S_n-1²（n≥2，n∈N₊）又已知a₁=0，a_n≠0，n=2，3，4…
（1）計(jì)算a₂，a₃，并求數(shù)列{a_2n}的通項(xiàng)公式；
（2）若b_n=（

1

2

）^a_n，T_n為數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和，求證：T_n＜

7

4

．

Answer 1

考點(diǎn)：數(shù)列的求和,數(shù)列遞推式

專題：等差數(shù)列與等比數(shù)列

分析：（1）由S_n²=n²a_n+S_n-1²（n≥2，n∈N₊），a₁=0，a_n≠0，分別取n=2，3即可得出a₂，a₃．由S_n²=n²a_n+S_n-1²，利用a_n=S_n-S_n-1，可得Sn+Sn-1=n2，利用遞推式可得a_n+1+a_n=2n+1，變形為a_n+1-（n+1）=-（a_n-n），利用等比數(shù)列的通項(xiàng)公式即可得出a_n，進(jìn)而得到a_2n．
（2）由（1）可知：a_n=

1，n=1 n-2，n=2k-1(k≥2，k∈N*) n+2，n=2k(k≥1，k∈N*)

．可得T_2k=1+[(

1

2

)1+(

1

2

)3+…+(

1

2

)2k-3]+[(

1

2

)4+(

1

2

)6+…+(

1

2

)2k+2]，利用等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式即可得出．即可證明．

解答： （1）解：∵S_n²=n²a_n+S_n-1²（n≥2，n∈N₊），a₁=0，a_n≠0，
∴取n=2可得：

S

2 2

=22a2+

S

2 1

，即(0+a2)2=4a₂+0，解得a₂=4．
同理取n=3時(shí)可得：a₃=1．
由S_n²=n²a_n+S_n-1²，可得S_n²=n²（S_n-S_n-1）+S_n-1²，
化為(Sn-Sn-1)(Sn+Sn-1-n2)=0，
∴Sn+Sn-1=n2．
∴S_n+1+S_n=（n+1）²，
∴a_n+1+a_n=2n+1，
化為a_n+1-（n+1）=-（a_n-n），
∴數(shù)列{a_n-n}是從第二項(xiàng)開(kāi)始為等比數(shù)列，公比為-1，首項(xiàng)為a₂-2=2．
∴a_n-n=2×（-1）^n-2，
∴an=n+2(-1)n-2，
∴a_2n=2n+2，
∴數(shù)列{a_2n}的通項(xiàng)公式為a_2n=2n+2．

（2）證明：由（1）可知：a_n=

0，n=1 n-2，n=2k-1(k≥2) n+2，n=2k(k≥1)

n∈N^*．
∴T_2k=1+[(

1

2

)1+(

1

2

)3+…+(

1

2

)2k-3]+[(

1

2

)4+(

1

2

)6+…+(

1

2

)2k+2]
=1+

1 2 [1-( 1 4 )k-1]

1- 1 4

+

1 16 [1-( 1 4 )k]

1- 1 4

＜1+

2

3

+

1

12

＜

7

4

．
而T_2k-1＜T_2k，
因此對(duì)于?n∈N^*，T_n＜

7

4

．

點(diǎn)評(píng)：本題考查了遞推式的應(yīng)用、等比數(shù)列的定義及其通項(xiàng)公式及其前n選和公式，考查了分類討論思想方法，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．