Question

15．設(shè)正項(xiàng)數(shù)列{a_n}滿足a₁=1，且S_n+S_n-1=a_n²（n≥2），這里S_n為正項(xiàng)數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和．
（1）求此數(shù)列的通項(xiàng)公式a_n；
（2）k為自然數(shù)，記b_n=a_n•a_n+1…a_n+k，探索數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和T_n（k）的公式（不必說明理由）
（3）利用T_n（k）的公式，設(shè)計(jì)一種方法，計(jì)算1²+2²+…+n²．

Answer 1

分析 （1）通過S_n+S_n-1=a_n²（n≥2）與S_n+1+S_n=a_n+1²作差、整理可知數(shù)列{a_n}是以首項(xiàng)、公差均為1的等差數(shù)列，計(jì)算即得結(jié)論；
（2）通過（1）計(jì)算、變形可知b_n=$\frac{n×（n+1）×…×（n+k+1）-（n-1）×n×…×（n+k）}{k+2}$，并項(xiàng)相加即得結(jié)論；
（3）通過（2）計(jì)算、變形可知T_n（1）=1×2+2×3+…+n（n+1）=1²+2²+3²+…+n²+$\frac{n（n+1）}{2}$=$\frac{n（n+1）（n+2）}{3}$，進(jìn)而可得結(jié)論．

解答 解：（1）∵S_n+S_n-1=a_n²（n≥2），
∴S_n+1+S_n=a_n+1²，
兩式相減得：a_n+1+a_n=${{a}_{n+1}}^{2}$-${{a}_{n}}^{2}$，
，∵a_n＞0，${{a}_{n+1}}^{2}$-${{a}_{n}}^{2}$=（a_n+1+a_n）（a_n+1-a_n），
∴a_n+1-a_n=1，
又∵a₁=1，
∴數(shù)列{a_n}是以首項(xiàng)、公差均為1的等差數(shù)列，
∴通項(xiàng)公式a_n=n；
（2）由（1）可知，b₁=1×2×3×…×k×（k+1）
=$\frac{1×2×3×…×（k+2）-0×1×2×…×（k+1）}{k+2}$，
b₂=2×3×…×（k+1）×（k+2）
=$\frac{2×3×4×…×（k+3）-1×2×3×…×（k+2）}{k+2}$，
b₃=3×4×…×（k+2）×（k+3）
=$\frac{3×4×5×…×（k+4）-2×3×4×…×（k+3）}{k+2}$，
…
b_n=$\frac{n×（n+1）×…×（n+k+1）-（n-1）×n×…×（n+k）}{k+2}$，
∴T_n（k）=b₁+b₂+…b_n
=$\frac{1×2×3×…×（k+2）-0×1×2×…×（k+1）}{k+2}$+$\frac{2×3×4×…×（k+3）-1×2×3×…×（k+2）}{k+2}$+…+$\frac{n×（n+1）×…×（n+k+1）-（n-1）×n×…×（n+k）}{k+2}$
=$\frac{n×（n+1）×…×（n+k+1）-0}{k+2}$
=$\frac{n×（n+1）×…×（n+k+1）}{k+2}$；
（3）由（2）可知，T_n（k）=$\frac{n×（n+1）×…×（n+k+1）}{k+2}$，
當(dāng)k=1時(shí)，T_n=1×2+2×3+…+n（n+1）
=1×（1+1）+2×（2+1）+…+n²+n
=1²+2²+3²+…+n²+（1+2+3+…+n）
=1²+2²+3²+…+n²+$\frac{n（n+1）}{2}$
=$\frac{n（n+1）（n+2）}{3}$
∴1²+2²+3²+…+n²=$\frac{1}{6}$n（n+1）（2n+1）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)及前n項(xiàng)和，考查運(yùn)算求解能力，對(duì)表達(dá)式的靈活變形是解決本題的關(guān)鍵，注意解題方法的積累，屬于中檔題．