Question

9．設(shè)數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，且（S_n-1）²=a_nS_n（n∈N^*）．
（1）求S₁，S₂，S₃的值；
（2）求出S_n及數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（3）設(shè)b_n=（-1）^n-1（n+1）²a_na_n+1（n∈N^*），求數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為T(mén)_n．

Answer 1

分析 （1）由（S_n-1）²=a_nS_n（n∈N^*），分別取n=1，2，3即可得出．
（2）由（1）可得：n≥2時(shí)，（S_n-1）²=（S_n-S_n-1）S_n（n∈N^*）．化為：S_n=$\frac{1}{2-{S}_{n-1}}$．猜想S_n=$\frac{n}{n+1}$．代入驗(yàn)證即可得出．
（3）b_n=（-1）^n-1（n+1）²a_na_n+1（n∈N^*）=（-1）^n-1$\frac{1}{n（n+2）}$=（-1）^n-1$\frac{1}{2}（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+2}）$，對(duì)n分類(lèi)討論，利用“裂項(xiàng)求和”方法即可得出．

解答 解：（1）∵（S_n-1）²=a_nS_n（n∈N^*），
∴n≥2時(shí)，（S_n-1）²=（S_n-S_n-1）S_n（n∈N^*）．
∴n=1時(shí)，$（{a}_{1}-1）^{2}={a}_{1}^{2}$，解得a₁=$\frac{1}{2}$=S₁．
n=2時(shí)，$（{S}_{2}-1）^{2}=（{S}_{2}-\frac{1}{2}）{S}_{2}$，解得S₂=$\frac{2}{3}$．
同理可得：S₃=$\frac{3}{4}$．
（2）由（1）可得：n≥2時(shí)，（S_n-1）²=（S_n-S_n-1）S_n（n∈N^*）．
化為：S_n=$\frac{1}{2-{S}_{n-1}}$．（*）
猜想S_n=$\frac{n}{n+1}$．
n≥2時(shí)，代入（*），左邊=$\frac{n}{n+1}$；右邊=$\frac{1}{2-\frac{n-1}{n}}$=$\frac{n}{n+1}$，
∴左邊=右邊，猜想成立，n=1時(shí)也成立．
∴n≥2時(shí)，a_n=S_n-S_n-1=$\frac{n}{n+1}$-$\frac{n-1}{n}$=$\frac{1}{n（n+1）}$，n=1時(shí)也成立．
∴S_n=$\frac{n}{n+1}$，a_n=$\frac{1}{n（n+1）}$．
（3）b_n=（-1）^n-1（n+1）²a_na_n+1（n∈N^*）=（-1）^n-1$\frac{1}{n（n+2）}$=（-1）^n-1$\frac{1}{2}（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+2}）$，
∴n=2k（k∈N^*）時(shí)，數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為
T_n=$\frac{1}{2}[（1-\frac{1}{3}）$-$（\frac{1}{2}-\frac{1}{4}）$+$（\frac{1}{3}-\frac{1}{5}）$+…+$（\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n+1}）$-$（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+2}）]$
=$\frac{1}{2}$$（1-\frac{1}{2}-\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}）$=$\frac{1}{4}$-$\frac{1}{2（n+1）（n+2）}$．
n=2k-1（k∈N^*）時(shí)，數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為
T_n=$\frac{1}{2}[（1-\frac{1}{3}）$-$（\frac{1}{2}-\frac{1}{4}）$+$（\frac{1}{3}-\frac{1}{5}）$+…-$（\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n+1}）$+$（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+2}）]$
=$\frac{1}{2}（1-\frac{1}{2}+\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}）$=$\frac{1}{4}$+$\frac{1}{2（n+1）（n+2）}$．
∴T_n=$\frac{1}{4}+（-1）^{n-1}$×$\frac{1}{2（n+1）（n+2）}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了“裂項(xiàng)求和法”、數(shù)列遞推關(guān)系，考查了分類(lèi)討論方法、推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．