Question

14．已知數(shù)列{a_n}滿足$\frac{1}{{{a_{n+1}}}}-\frac{1}{a_n}$=2，且a₁=$\frac{1}{2}，n∈{N_+}$．
（Ⅰ）設(shè)數(shù)列{b_n}的前n項和為S_n，若數(shù)列{b_n}滿足b_n=$\left\{\begin{array}{l}\frac{1}{{\sqrt{n-1}+\sqrt{n+1}}}（{n=2k-1}）\\{a_{\frac{n}{2}}}{a_{\frac{n}{2}+1}}（{n=2k}）\end{array}\right.（{k∈{N_+}}）$，求S₆₄；
（Ⅱ）設(shè)T_n=$\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\frac{1}{a_3}+…+\frac{1}{a_n}$，是否存在常數(shù)c，使$\left\{{\frac{T_n}{n+c}}\right\}$為等差數(shù)列，請說明理由．

Answer 1

分析 數(shù)列{a_n}滿足$\frac{1}{{{a_{n+1}}}}-\frac{1}{a_n}$=2，且a₁=$\frac{1}{2}，n∈{N_+}$，可知：數(shù)列$\{\frac{1}{{a}_{n}}\}$是等差數(shù)列，公差為2，首項為2，可得a_n=$\frac{1}{2n}$．
（I）當(dāng)n=2k-1（k∈N^*）時，b_n=b_2k-1=$\frac{1}{\sqrt{n-1}+\sqrt{n+1}}$=$\frac{1}{2}（\sqrt{n+1}-\sqrt{n-1}）$；當(dāng)n=2k時，b_n=b_2k=${a}_{\frac{n}{2}}{a}_{\frac{n}{2}+1}$=a_ka_k+1=$\frac{1}{2k}•\frac{1}{2（k+1）}$=$\frac{1}{4}$$（\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}）$．利用“分組求和”方法可得：S₆₄=（b₁+b₃+…+b₆₃）+（b₂+b₄+…+b₆₄）．
（II）由$\frac{1}{{a}_{n}}$=2n，可得T_n=n²+n．假設(shè)存在常數(shù)c，使$\left\{{\frac{T_n}{n+c}}\right\}$為等差數(shù)列，利用$2×\frac{{T}_{2}}{2+c}$=$\frac{{T}_{1}}{1+c}$+$\frac{{T}_{3}}{3+c}$解出c，并驗證即可得出．

解答 解：∵數(shù)列{a_n}滿足$\frac{1}{{{a_{n+1}}}}-\frac{1}{a_n}$=2，且a₁=$\frac{1}{2}，n∈{N_+}$，∴數(shù)列$\{\frac{1}{{a}_{n}}\}$是等差數(shù)列，公差為2，首項為2，∴$\frac{1}{{a}_{n}}$=2+2（n-1）=2n，a_n=$\frac{1}{2n}$．
（I）當(dāng)n=2k-1（k∈N^*）時，b_n=b_2k-1=$\frac{1}{\sqrt{n-1}+\sqrt{n+1}}$=$\frac{1}{2}（\sqrt{n+1}-\sqrt{n-1}）$；
當(dāng)n=2k時，b_n=b_2k=${a}_{\frac{n}{2}}{a}_{\frac{n}{2}+1}$=a_ka_k+1=$\frac{1}{2k}•\frac{1}{2（k+1）}$=$\frac{1}{4}$$（\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}）$．
∴S₆₄=（b₁+b₃+…+b₆₃）+（b₂+b₄+…+b₆₄）
=$\frac{1}{2}$$[（\sqrt{2}-\sqrt{0}）$+$（\sqrt{4}-\sqrt{2}）$+…+$（\sqrt{64}-\sqrt{62}）]$+$\frac{1}{4}$$[（\frac{1}{1}-\frac{1}{2}）+（\frac{1}{2}-\frac{1}{3}）$+…+$（\frac{1}{32}-\frac{1}{33}）]$
=$\frac{1}{2}$×$\sqrt{64}$+$\frac{1}{4}（1-\frac{1}{33}）$
=4+$\frac{8}{33}$=$\frac{140}{33}$．
（II）∵$\frac{1}{{a}_{n}}$=2n，
∴T_n=$\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\frac{1}{a_3}+…+\frac{1}{a_n}$=2（1+2+…+n）=$2×\frac{n（n+1）}{2}$=n²+n．
假設(shè)存在常數(shù)c，使$\left\{{\frac{T_n}{n+c}}\right\}$為等差數(shù)列，
則$\frac{{T}_{1}}{1+c}$=$\frac{2}{1+c}$，$\frac{{T}_{2}}{2+c}$=$\frac{6}{2+c}$，$\frac{{T}_{3}}{3+c}$=$\frac{12}{3+c}$，
則$2×\frac{6}{2+c}$=$\frac{2}{1+c}$+$\frac{12}{3+c}$，
化為：c=0．
∴$\frac{{T}_{n}}{n+c}$=$\frac{{n}^{2}+n}{n}$=n+1是關(guān)于n的一次函數(shù)，是等差數(shù)列．

點評 本題考查了遞推關(guān)系、等差數(shù)列的通項公式及其前n項和公式、“分組求和”方法、“裂項求和”方法，考查了分類討論、推理能力與計算能力，屬于中檔題．