Question

8．已知數(shù)列{a_n}中，a₁=1，a₂=3，其前n項和為S_n，且當(dāng)n≥2時，a_n+1S_n-1-a_nS_n=0．
（1）求證：數(shù)列{S_n}是等比數(shù)列，并求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）令b_n=$\frac{{9{a_n}}}{{（{{a_n}+3}）（{{a_{n+1}}+3}）}}$，記數(shù)列{b_n}的前n項和為T_n，求T_n．

Answer 1

分析 （1）利用遞推關(guān)系與等比數(shù)列的通項公式即可證明．
（2）當(dāng)n≥2時，b_n=$\frac{9×3×{4}^{n-2}}{（3×{4}^{n-2}+3）（3×{4}^{n-1}+3）}$=$\frac{3×{4}^{n-2}}{（{4}^{n-2}+1）（{4}^{n-1}+1）}$，又$_{1}=\frac{3}{8}$．利用“裂項求和”方法即可得出．

解答 （1）證明：當(dāng)n≥2時，a_n+1S_n-1-a_nS_n=0．
∴${a_{n+1}}{S_{n-1}}-{a_n}{S_n}=（{{S_{n+1}}-{S_n}}）{S_{n-1}}-（{{S_n}-{S_{n-1}}}）{S_n}={S_{n+1}}{S_{n-1}}-S_n^2=0$，
∴$S_n^2={S_{n-1}}{S_{n+1}}（{n≥2}）$，
又由S₁=1≠0，S₂=4≠0，
可推知對一切正整數(shù)n均有S_n≠0，則數(shù)列{S_n}是等比數(shù)列，公比q=$\frac{{S}_{2}}{{S}_{1}}$=4，首項為1．
∴${S_n}={4^{n-1}}$．
當(dāng)n≥2時，a_n=S_n-S_n-1=3×4^n-2，又a₁=S₁=1，
∴a_n=$\left\{\begin{array}{l}{1，n=1}\\{3×{4}^{n-2}，n≥2}\end{array}\right.$．
（2）解：當(dāng)n≥2時，b_n=$\frac{{9{a_n}}}{{（{{a_n}+3}）（{{a_{n+1}}+3}）}}$=$\frac{9×3×{4}^{n-2}}{（3×{4}^{n-2}+3）（3×{4}^{n-1}+3）}$=$\frac{3×{4}^{n-2}}{（{4}^{n-2}+1）（{4}^{n-1}+1）}$，又$_{1}=\frac{3}{8}$．
∴${b_n}=\left\{{\begin{array}{l}{\frac{3}{8}，（{n=1}）}\\{\frac{{3×{4^{n-2}}}}{{（{{4^{n-2}}+1}）（{{4^{n-1}}+1}）}}，（{n≥2}）}\end{array}}\right.$，
則${T_1}={b_1}=\frac{3}{8}$，
當(dāng)n≥2時，b_n=$\frac{1}{{4}^{n-2}+1}-\frac{1}{{4}^{n-1}+1}$，
則${T_n}=\frac{3}{8}+（{\frac{1}{{{4^{2-2}}+1}}-\frac{1}{{{4^{2-1}}+1}}}）+…+（{\frac{1}{{{4^{n-2}}+1}}-\frac{1}{{{4^{n-1}}+1}}}）=\frac{7}{8}-\frac{1}{{{4^{n-1}}+1}}$，
n=1時也成立．
綜上：${T_n}=\frac{7}{8}-\frac{1}{{{4^{n-1}}+1}}$．

點評 本題考查了遞推關(guān)系、等比數(shù)列的通項公式、“裂項求和”方法，考查了分類討論方法、推理能力與計算能力，屬于中檔題．