Question

18．已知數(shù)列{a_n}中，a₂=p（p為常數(shù)，且p≠0），S_n為某前n項(xiàng)和，若S_n=$\frac{1}{2}$n（a_n-a₁）對(duì)一切n∈N^*都成立．
（1）證明：數(shù)列已知數(shù)列{a_n}為等差數(shù)列；
（2）記b_n=$\frac{{S}_{n+2}}{{S}_{n+1}}$+$\frac{{S}_{n+1}}{{S}_{n+2}}$，求數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和T_n．

Answer 1

分析 （1）通過在S_n=$\frac{1}{2}$n（a_n-a₁）中令n=2可知a₁=0，進(jìn)而通過S_n=$\frac{1}{2}$na_n與S_n+1=$\frac{1}{2}$（n+1）a_n+1作差、整理可知$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$=$\frac{n}{n-1}$（n≥2），利用累乘法計(jì)算可知$\frac{{a}_{n}}{{a}_{2}}$=n-1，通過a₂=p可知a_n=（n-1）p，即數(shù)列{a_n}為等差數(shù)列；
（2）通過（1）可知S_n+1=$\frac{n（n+1）}{2}$•d、S_n+2=$\frac{（n+1）（n+2）}{2}$•d，進(jìn)而裂項(xiàng)、計(jì)算可知b_n=2+2（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+2}$），并項(xiàng)相加即得結(jié)論．

解答 （1）證明：在S_n=$\frac{1}{2}$n（a_n-a₁）中令n=2，
可知a₁+a₂=a₂-a₁，即a₁=0，
∴S_n=$\frac{1}{2}$na_n，S_n+1=$\frac{1}{2}$（n+1）a_n+1，
兩式相減得：2a_n+1=（n+1）a_n+1-na_n，
整理得：$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$=$\frac{n}{n-1}$（n≥2），
∴$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}$=$\frac{n-1}{n-2}$，$\frac{{a}_{n-1}}{{a}_{n-2}}$=$\frac{n-2}{n-3}$，…，$\frac{{a}_{3}}{{a}_{2}}$=$\frac{2}{1}$，
累乘得：$\frac{{a}_{n}}{{a}_{2}}$=n-1，
又∵a₂=p，
∴a_n=（n-1）p（n≥2），
又∵a₁=0滿足上式，
∴a_n=（n-1）p，即數(shù)列{a_n}為等差數(shù)列；
（2）解：由（1）可知S_n+1=$\frac{（n+1）（{a}_{1}+{a}_{n+1}）}{2}$=$\frac{n（n+1）}{2}$•d，
∴S_n+2=$\frac{（n+1）（n+2）}{2}$•d，
∴b_n=$\frac{{S}_{n+2}}{{S}_{n+1}}$+$\frac{{S}_{n+1}}{{S}_{n+2}}$
=$\frac{\frac{（n+1）（n+2）}{2}•d}{\frac{n（n+1）}{2}•d}$+$\frac{\frac{n（n+1）}{2}•d}{\frac{（n+1）（n+2）}{2}•d}$
=$\frac{n+2}{n}$+$\frac{n}{n+2}$
=1+$\frac{2}{n}$+1-$\frac{2}{n+2}$
=2+2（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+2}$），
∴T_n=2n+2（1-$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{4}$+…+$\frac{1}{n-1}$-$\frac{1}{n+1}$+$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+2}$）
=2n+2（1+$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n+2}$）
=2n+3-$\frac{4n+6}{（n+1）（n+2）}$．

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，注意解題方法的積累，屬于中檔題．