Question

已知數列a_n中，a₁=1，a₂=a-1（a≠1，a為實常數），前n項和S_n恒為正值，且當n≥2時，

1

Sn

=

1

an

-

1

an+1

．
（1）求證：數列S_n是等比數列；
（2）設a_n與a_n+2的等差中項為A，比較A與a_n+1的大小；
（3）設m是給定的正整數，a=2．現按如下方法構造項數為2m有窮數列b_n：當k=m+1，m+2，…，2m時，b_k=a_k•a_k+1；當k=1，2，…，m時，b_k=b_2m-k+1．求數列{b_n}的前n項和為T_n（n≤2m，n∈N^*）．

Answer 1

分析：（1）直接利用a_n和S_n的關系：a_n=S_n-S_n-1 （n≥2）代入

1

Sn

=

1

an

-

1

an+1

整理可得S_n²=S_n-1S_n+1再檢驗前兩項是否成立即可證明結論．
（2）先由（1）的結論結合a_n和S_n的關系：a_n=S_n-S_n-1 （n≥2）求出數列的通項；在讓A與a_n+1作差，利用S_n恒為正值對a進行討論即可比較大小；
（3）由條件可得當m+1≤k≤2m時，b_k=a_k•a_k+1=2^2k-3．然后分n≤m以及m+1≤n≤2m兩種情況轉化后直接代入等比數列的求和公式即可．

解答：解：（1）當n≥3時，

1

Sn

=

1

an

-

1

an+1

=

1

Sn-Sn-1

-

1

Sn+1-SN

，
化簡得S_n²=S_n-1S_n+1（n≥3），又由a₁=1，a₂=a-1得

1

a

=

1

a-1

-

1

a3

，
解得a₃=a（a-1），∴S₁=1，S₂=a，S₃=a²，也滿足S_n²=S_n-1S_n+1，而S_n恒為正值，
∴數列{S_n}是等比數列．（4分）
（2）S_n的首項為1，公比為a，S_n=a^n-1．
當n≥2時，a_n=S_n-S_n-1=（a-1）a^n-2，
∴a_n=

1   n=1 (a-1) an-2，n≥2

當n=1時，A-an+1=

a1+a3

2

-a2=

a2-3a+3

2

=

1

2

[(a-

3

2

)2+

3

4

]≥

3

8

，此時A＞a_n+1．（6分）
當n≥2時，A-an+1=

an+an+2

2

-an+1=

(a-1)an-2+(a-1)an

2

-(a-1)an-1=

(a-1)an-2(a2-2a+1)

2

=

(a-1)3an-2

2

．
∵S_n恒為正值∴a＞0且a≠1，
若0＜a＜1，則A-a_n+1＜0，若a＞1，則A-a_n+1＞0．
綜上可得，當n=1時，A＞a_n+1；
當n≥2時，若0＜a＜1，則A＜a_n+1，
若a＞1，則A＞a_n+1．（10分）
（3）∵a=2∴a_n=

1   n=1   2n-2，n≥2

，當m+1≤k≤2m時，b_k=a_k•a_k+1=2^2k-3．
若n≤m，n∈N^*，則由題設得b₁=b_2m，b₂=b_2m-1，b_n=b_2m-n+1
T_n=b₁+b₂+…+b_n=b_2m-1+…+b_2m-n+1
=24m-3+24m-5+…+24m-2n-1=

24m-3(1-4-n)

1-4-1

=

24m-1(1-2-2n)

3

．（13分）
若m+1≤n≤2m，n∈N^*，則T_n=b_m+b_m+1+b_m+2+…+b_n=

24m-1(1-2-2m)

3

+22m-1+22m+1+…+22n-3
=

24m-1(1-2-2m)

3

+

22m-1(1-4n-m)

1-4

=

24m-1+22n-1

3

．
綜上得T_n=

24m-1(1-2-2n) 3 ，1≤n≤m 24m-1+22n-1 3 ，m+1≤n≤2m

．（16分）

點評：本題第二問考查了已知前n項和為S_n求數列{a_n}的通項公式，根據a_n和S_n的關系：a_n=S_n-S_n-1 （n≥2）求解數列的通項公式．另外，須注意公式成立的前提是n≥2，所以要驗證n=1時通項是否成立，若成立則：a_n=S_n-S_n-1 （n≥1）；若不成立，則通項公式為分段函數．