Question

3．已知數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，且滿足a_n+2S_nS_n-1=0（n≥2，n∈N），a₁=$\frac{1}{2}$．
（1）求證：數(shù)列{$\frac{1}{S_n}$}為等差數(shù)列．并求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式a_n．
（2）記數(shù)列{b_n}的通項(xiàng)公式為b_n=$\frac{1}{{{2^n}{S_n}}}$，T_n=b₁+b₂+…+b_n，求T_n的值．

Answer 1

分析 （1）當(dāng)n≥2時(shí)，化簡(jiǎn)S_n-S_n-1+2S_nS_n-1=0，從而可得$\frac{1}{S_n}-\frac{1}{{{S_{n-1}}}}$=2及$\frac{1}{S_1}=\frac{1}{a_1}$=2；從而證明{$\frac{1}{S_n}$}是等差數(shù)列；再求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式a_n；
（2）化簡(jiǎn)b_n=$\frac{1}{{{2^n}{S_n}}}$=$\frac{n}{{{2^{n-1}}}}$；從而可得T_n=b₁+b₂+…+b_n=1+$\frac{2}{2}$+$\frac{3}{2^2}$+…+$\frac{n-1}{{{2^{n-2}}}}$+$\frac{n}{{{2^{n-1}}}}$，2T_n=2+$\frac{2}{2^0}$+$\frac{3}{2}$+…+$\frac{n-1}{{{2^{n-3}}}}$+$\frac{n}{{{2^{n-2}}}}$；利用錯(cuò)位相減法求T_n的值．

解答 解：（1）當(dāng)n≥2時(shí)，a_n=S_n-S_n-1，又a_n+2S_nS_n-1=0，
則有S_n-S_n-1+2S_nS_n-1=0①，
若S_n=0，則a₁=S₁=0與a₁=$\frac{1}{2}$矛盾，故S_n≠0；
由①得$\frac{1}{S_n}-\frac{1}{{{S_{n-1}}}}$=2，又$\frac{1}{S_1}=\frac{1}{a_1}$=2；
所以數(shù)列{$\frac{1}{S_n}$}是以2為首項(xiàng)，公差為2的等差數(shù)列．
故$\frac{1}{S_n}$=2+2（n-2）=2n，S_n=$\frac{1}{2n}$；
當(dāng)n≥2時(shí)，a_n=-2S_nS_n-1=-$\frac{1}{2n（n-1）}$，而n=1時(shí)，a₁=$\frac{1}{2}$；
故${a_n}=\left\{\begin{array}{l}\frac{1}{2}，n=1\\-\frac{1}{2n（n-1）}，n≥2\end{array}\right.$；
（2）b_n=$\frac{1}{{{2^n}{S_n}}}$=$\frac{n}{{{2^{n-1}}}}$；
∵T_n=b₁+b₂+…+b_n=1+$\frac{2}{2}$+$\frac{3}{2^2}$+…+$\frac{n-1}{{{2^{n-2}}}}$+$\frac{n}{{{2^{n-1}}}}$①，
2T_n=2+$\frac{2}{2^0}$+$\frac{3}{2}$+…+$\frac{n-1}{{{2^{n-3}}}}$+$\frac{n}{{{2^{n-2}}}}$②；
∴②-①得，T_n=3+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2^2}$+…+$\frac{1}{{{2^{n-2}}}}$-$\frac{n}{{{2^{n-1}}}}$=4-$\frac{n+2}{{{2^{n-1}}}}$；
故T_n=4-$\frac{n+2}{{{2^{n-1}}}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了等差數(shù)列的判斷與證明及數(shù)列前n項(xiàng)和的應(yīng)用，同時(shí)考查了錯(cuò)位相減法的應(yīng)用，屬于中檔題．