Question

3．已知等差數(shù)列{a_n}中公差d≠0，有a₁+a₄=14，且a₁，a₂，a₇成等比數(shù)列．
（1）求{a_n}的通項公式a_n與前n項和公式S_n；
（2）令b_n=$\frac{{S{\;}_n}}{n+k}$，若{b_n}是等差數(shù)列，求數(shù)列{$\frac{1}{{{b_n}{b_{n+1}}}}$}的前n項和T_n．

Answer 1

分析 （1）由等比中項的性質(zhì)和等差數(shù)列的通項公式列出方程，聯(lián)立方程求出d、a₁，由等差數(shù)列的通項公式求出a_n，由等差數(shù)列的前n項和公式求出S_n；
（2）由（1）和條件化簡b_n，由等差數(shù)列的性質(zhì)列出方程求出k的值，代入求出b_n和$\frac{1}{_{n}_{n+1}}$，利用裂項相消法求出T_n．

解答 解：（1）∵a₁+a₄=14，∴2a₁+3d=14，①
∵a₁，a₂，a₇成等比數(shù)列，∴${{a}_{2}}^{2}={a}_{1}{a}_{7}$，
即${{（a}_{1}+d）}^{2}={a}_{1}{（a}_{1}+6d）$，②
由①②得d²=4a₁d，
∵d≠0，∴d=4a₁，代入①解得d=4、a₁=1，
∴a_n=a₁+（n-1）d=4n-3，S_n=$\frac{n（1+4n-3）}{2}$=2n²-n；
（2）由（1）知${b_n}=\frac{{2{n^2}-n}}{n+k}$，
∵{b_n}是為等差數(shù)列，∴2b₂=b₁+b₃，即$2•\frac{6}{2+k}$=$\frac{1}{1+k}+\frac{15}{3+k}$，
解得$k=-\frac{1}{2}$，或k=0（8分），
①當(dāng)$k=-\frac{1}{2}$時，即b_n=2n，則$\frac{1}{{{b_n}{b_{n+1}}}}=\frac{1}{4}（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}）$
∴${T}_{n}=\frac{1}{4}（\frac{1}{1}-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+…+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}）$
=$\frac{1}{4}（1-\frac{1}{n+1}）=\frac{n}{4（n+1）}$（10分）
②當(dāng)k=0時，b_n=2n-1，
則$\frac{1}{_{n}_{n+1}}=\frac{1}{（2n-1）（2n+1）}$=$\frac{1}{2}（\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）$，
∴${T}_{n}=\frac{1}{2}（\frac{1}{1}-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+…+\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）$
=$\frac{1}{2}（1-\frac{1}{2n+1}）=\frac{n}{2n+1}$，
綜上可得，T_n=$\frac{n}{4（n+1）}$或$\frac{n}{2n+1}$．（12分）

點(diǎn)評 本題主要考查等差數(shù)列通項公式和前n項和的公式，等比中項的性質(zhì)，數(shù)列求和的方法：裂項相消法，考查方程思想，化簡、計算能力．