Question

11．已知數(shù)列{a_n}滿足a₁=$\frac{1}{2}$，a_n=$\frac{{a}_{n-1}}{2-{a}_{n-1}}$（n≥2）．
（1）求證：{$\frac{1}{a{\;}_{n}}$-1}為等比數(shù)列，并求出{a_n}的通項公式；
（2）若b_n=$\frac{2n-1}{{a}_{n}}$，求{b_n}的前n項和S_n．

Answer 1

分析 （1）由已知得$\frac{1}{{a}_{n}}=\frac{2-{a}_{n-1}}{{a}_{n-1}}$=$\frac{2}{{a}_{n-1}}-1$，從而$\frac{1}{{a}_{n}}-1=2（\frac{1}{{a}_{n-1}}-1）$，n≥2，由此能證明{$\frac{1}{a{\;}_{n}}$-1}為首項為1，公比為2的等比數(shù)列，從而能求出{a_n}的通項公式．
（2）由b_n=$\frac{2n-1}{{a}_{n}}$=（2n-1）（2^n-1+1）=（2n-1）•2^n-1+2n-1，利用分組求和法和錯位相減求和法能求出{b_n}的前n項和S_n．

解答 證明：（1）∵數(shù)列{a_n}滿足a₁=$\frac{1}{2}$，a_n=$\frac{{a}_{n-1}}{2-{a}_{n-1}}$（n≥2），
∴$\frac{1}{{a}_{n}}=\frac{2-{a}_{n-1}}{{a}_{n-1}}$=$\frac{2}{{a}_{n-1}}-1$，n≥2
∴$\frac{1}{{a}_{n}}-1=2（\frac{1}{{a}_{n-1}}-1）$，n≥2，
又$\frac{1}{{a}_{1}}-1=2-1=1$，
∴{$\frac{1}{a{\;}_{n}}$-1}為首項為1，公比為2的等比數(shù)列，
∴$\frac{1}{{a}_{n}}-1={2}^{n-1}$，$\frac{1}{{a}_{n}}={2}^{n-1}+1$，
∴${a}_{n}=\frac{1}{{2}^{n-1}+1}$．
解：（2）∵b_n=$\frac{2n-1}{{a}_{n}}$=$\frac{2n-1}{\frac{1}{{2}^{n-1}+1}}$=（2n-1）（2^n-1+1）=（2n-1）•2^n-1+2n-1，
∴{b_n}的前n項和：
S_n=1+3•2+5•2²+…+（2n-1）•2^n-1+2（1+2+3+…+n）-n
=1+3•2+5•2²+…+（2n-1）•2^n-1+2×$\frac{n（1+n）}{2}$-n
=1+3•2+5•2²+…+（2n-1）•2^n-1+n²，①
2S_n=2+3•2²+5•2³+…+（2n-1）•2ⁿ+2n²，②
②-①，得S_n=-1-（2²+2³+…+2ⁿ）+（2n-1）•2ⁿ+n²
=-1-$\frac{4（1-{2}^{n-1}）}{1-2}$+（2n-1）•2ⁿ+n²
=（2n-3）•2ⁿ+3+n²．
∴{b_n}的前n項和S_n=（2n-3）•2ⁿ+3+n²．

點評 本題考查等比數(shù)列的證明，考查數(shù)列的前n項和的求法，考查數(shù)列的前n項和的求法，是中檔題，解題時要認(rèn)真審題，注意錯位相減法的合理運用．