Question

7．已知數(shù)列{a_n}滿足2a_na_n+1=a_n-a_n+1，且a₁=$\frac{1}{2}$，n∈N₊．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）設(shè)數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)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；
（3）設(shè)T_n=$\frac{1}{{a}_{1}}$+$\frac{1}{{a}_{2}}$+$\frac{1}{{a}_{3}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}}$，是否存在實(shí)數(shù)c，使{$\frac{{T}_{n}}{n+c}$}為等差數(shù)列，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）通過(guò)對(duì)2a_na_n+1=a_n-a_n+1變形可知2=$\frac{1}{{a}_{n+1}}$-$\frac{1}{{a}_{n}}$，進(jìn)而可知數(shù)列{$\frac{1}{{a}_{n}}$}是首項(xiàng)為2、公差為2的等差數(shù)列，計(jì)算即得結(jié)論；
（2）通過(guò)（1）裂項(xiàng)可知a_na_n-1=$\frac{1}{4}$（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$），結(jié)合$\frac{1}{\sqrt{n-1}+\sqrt{n+1}}$=$\frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n-1}}{2}$，進(jìn)而并項(xiàng)相加即得結(jié)論；
（3）通過(guò)（1）可知T_n=n（n+1），進(jìn)而只需$\frac{{T}_{n}}{n+c}$變?yōu)殛P(guān)于n的一次函數(shù)，分c=0或c=1兩種情況討論即可．

解答 解：（1）∵2a_na_n+1=a_n-a_n+1，
∴2=$\frac{1}{{a}_{n+1}}$-$\frac{1}{{a}_{n}}$，
又∵a₁=$\frac{1}{2}$，即$\frac{1}{{a}_{1}}$=2，
∴數(shù)列{$\frac{1}{{a}_{n}}$}是首項(xiàng)為2、公差為2的等差數(shù)列，
故其通項(xiàng)公式a_n=$\frac{1}{2+2（n-1）}$=$\frac{1}{2n}$；
（2）由（1）可知a_na_n-1=$\frac{1}{2n（2n+2）}$=$\frac{1}{4}$（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$），
又∵$\frac{1}{\sqrt{n-1}+\sqrt{n+1}}$=$\frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n-1}}{2}$，
∴S₆₄=（$\frac{\sqrt{2}-0}{2}$+$\frac{\sqrt{4}-\sqrt{2}}{2}$+…+$\frac{\sqrt{64}-\sqrt{62}}{2}$）+$\frac{1}{4}$（1-$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{32}$-$\frac{1}{33}$）
=4+$\frac{1}{4}$（1-$\frac{1}{33}$）
=$\frac{140}{33}$；
（3）由（1）可知T_n=$\frac{1}{{a}_{1}}$+$\frac{1}{{a}_{2}}$+$\frac{1}{{a}_{3}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}}$
=2（1+2+…+n）
=n（n+1），
要使{$\frac{{T}_{n}}{n+c}$}為等差數(shù)列，則只需$\frac{{T}_{n}}{n+c}$變?yōu)殛P(guān)于n的一次函數(shù)，
則n+c可能為n或n+1，此時(shí)c=0或c=1，
當(dāng)c=0時(shí)，{$\frac{{T}_{n}}{n+c}$}是首項(xiàng)為2、公差為1的等差數(shù)列；
當(dāng)c=1時(shí)，{$\frac{{T}_{n}}{n+c}$}是首項(xiàng)為1、公差為1的等差數(shù)列；
綜上所述，存在c=0或c=1滿足題意．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)及前n項(xiàng)和，考查裂項(xiàng)相消法，考查分類討論的思想，注意解題方法的積累，屬于中檔題．