Question

6．已知S_n、T_n分別為數(shù)列{a_n}、{b_n}的前n項和，a₁=0，a₂=2，2S_n+1=$\sqrt{{S_n}+{S_{n+1}}}$•$\sqrt{{S_{n+1}}+{S_{n+2}}}$，若T_n=$\frac{{{S_n}+{S_{n+1}}}}{2}$，則b_n=2n-1．

Answer 1

分析 解法一：當(dāng)n=1時，b₁=T₁=$\frac{2{a}_{1}+{a}_{2}}{2}$；當(dāng)n≥2時，b_n=T_n-T_n-1=$\frac{{a}_{n+1}+{a}_{n}}{2}$，由$2{S_{n+1}}=\sqrt{{S_n}+{S_{n+1}}}•\sqrt{{S_{n+1}}+{S_{n+2}}}$，代入值n=1，2，3，猜想即可得出．
解法二：由$2{S_{n+1}}=\sqrt{{S_n}+{S_{n+1}}}•\sqrt{{S_{n+1}}+{S_{n+2}}}$和${{T}_n}=\frac{{{S_n}+{S_{n+1}}}}{2}$得${S_{n+1}}=\sqrt{{{T}_n}}•\sqrt{{{T}_{n+1}}}$，代入${{T}_n}=\frac{{{S_n}+{S_{n+1}}}}{2}$可得：$2\sqrt{{{T}_n}}=\sqrt{{{T}_{n-1}}}+\sqrt{{{T}_{n+1}}}$，利用等差數(shù)列的通項公式即可得出．

解答 解：解法一：當(dāng)n=1時，${b_1}={{T}_1}=\frac{{{S_1}+{S_2}}}{2}=\frac{{2{a_1}+{a_2}}}{2}=1$；
當(dāng)n≥2時，b_n=T_n-T_n-1=$\frac{{{S_n}+{S_{n+1}}}}{2}-\frac{{{S_n}+{S_{n-1}}}}{2}=\frac{{{a_{n+1}}+{a_n}}}{2}$，
由$2{S_{n+1}}=\sqrt{{S_n}+{S_{n+1}}}•\sqrt{{S_{n+1}}+{S_{n+2}}}$，代入值n=1，2，3，…，
得出S₃=6，a₃=4；S₄=12，a₄=6；S₅=20，a₅=8．
猜想S_n=n（n-1），a_n=2n-2，從而b_n=2n-1．
解法二：由$2{S_{n+1}}=\sqrt{{S_n}+{S_{n+1}}}•\sqrt{{S_{n+1}}+{S_{n+2}}}$和${{T}_n}=\frac{{{S_n}+{S_{n+1}}}}{2}$得$2{S_{n+1}}=\sqrt{2{{T}_n}}•\sqrt{2{{T}_{n+1}}}$，即${S_{n+1}}=\sqrt{{{T}_n}}•\sqrt{{{T}_{n+1}}}$，
代入${{T}_n}=\frac{{{S_n}+{S_{n+1}}}}{2}$得：$2{{T}_n}=\sqrt{{{T}_{n-1}}{{T}_n}}+\sqrt{{{T}_n}{{T}_{n+1}}}$，即$2\sqrt{{{T}_n}}=\sqrt{{{T}_{n-1}}}+\sqrt{{{T}_{n+1}}}$，
由a₁=0，a₂=2得 T₁=1，T₂=4，
∴$\left\{{\sqrt{{{T}_n}}}\right\}$是以1為首項，1為公差的等差數(shù)列．
即$\sqrt{{{T}_n}}=n$，${{T}_n}={n^2}$，
∴{b_n}為等差數(shù)列，易解得b_n=2n-1．

點評 本題考查了遞推關(guān)系、等差數(shù)列的通項公式、猜想歸納能力，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．