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

an+1

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

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

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(jié)論．
（2）先由（1）的結(jié)論結(jié)合a_n和S_n的關(guān)系：a_n=S_n-S_n-1 （n≥2）求出數(shù)列的通項；在讓A與a_n+1作差，利用S_n恒為正值對a進(jìn)行討論即可比較大�。�
（3）由條件可得當(dāng)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(zhuǎn)化后直接代入等比數(shù)列的求和公式即可．

解答：解：（1）當(dāng)n≥3時，

an+1

Sn-Sn-1

Sn+1-SN

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

a-1

，
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(shù)列{S_n}是等比數(shù)列．（4分）
（2）S_n的首項為1，公比為a，S_n=a^n-1．
當(dāng)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(dāng)n=1時，A-an+1=

a1+a3

-a2=

a2-3a+3

[(a-

)2+

]≥

，此時A＞a_n+1．（6分）
當(dāng)n≥2時，A-an+1=

an+an+2

-an+1=

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

-(a-1)an-1=

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

(a-1)3an-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(dāng)n=1時，A＞a_n+1；
當(dāng)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(dāng)m+1≤k≤2m時，b_k=a_k•a_k+1=2^2k-3．
若n≤m，n∈N^*，則由題設(shè)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)

．（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)

+22m-1+22m+1+…+22n-3
=

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

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

1-4

24m-1+22n-1

．
綜上得T_n=

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

，1≤n≤m

24m-1+22n-1

，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(shù)列{a_n}的通項公式，根據(jù)a_n和S_n的關(guān)系：a_n=S_n-S_n-1 （n≥2）求解數(shù)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(shù)．

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．

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（Ⅱ）用“For”循環(huán)語句寫出對應(yīng)的算法；
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