Question

1．已知數(shù)列{a_n}的首項(xiàng)a₁=1，a_n+1=$\frac{4{a}_{n}}{{a}_{n}+2}$，n∈N^*．
（1）證明：數(shù)列{$\frac{1}{{a}_{n}}$-$\frac{1}{2}$}是等比數(shù)列；
（2）求數(shù)列{$\frac{2n}{{a}_{n}}$}的前n項(xiàng)和S_n．

Answer 1

分析 （1）將遞推公式化為：$\frac{1}{{a}_{n+1}}-\frac{1}{2}$=$\frac{1}{2}（\frac{1}{{a}_{n}}-\frac{1}{2}）$，利用等比數(shù)列的定義判斷出數(shù)列{$\frac{1}{{a}_{n}}-\frac{1}{2}$}是等比數(shù)列；
（2）由（1）和等比數(shù)列的通項(xiàng)公式求出$\frac{1}{{a}_{n}}-\frac{1}{2}$，再求出通項(xiàng)公式$\frac{2n}{{a}_{n}}$，利用分組求和法、裂項(xiàng)相消法和等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式求出S_n．

解答 證明：（1）由題意得，a_n+1=$\frac{4{a}_{n}}{{a}_{n}+2}$，n∈N^*，
∴$\frac{1}{{a}_{n+1}}$=$\frac{{a}_{n}+2}{{4a}_{n}}$=$\frac{1}{2}•\frac{1}{{a}_{n}}+\frac{1}{4}$，
∴$\frac{1}{{a}_{n+1}}-\frac{1}{2}$=$\frac{1}{2}（\frac{1}{{a}_{n}}-\frac{1}{2}）$，即$\frac{\frac{1}{{a}_{n+1}}-\frac{1}{2}}{\frac{1}{{a}_{n}}-\frac{1}{2}}=\frac{1}{2}$，
又a₁=1，則$\frac{1}{{a}_{1}}-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}$，
所以數(shù)列{$\frac{1}{{a}_{n}}-\frac{1}{2}$}是以$\frac{1}{2}$為首項(xiàng)、公比的等比數(shù)列；
解：（2）由（1）可得，$\frac{1}{{a}_{n}}-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}•（\frac{1}{2}）^{n-1}$=$\frac{1}{{2}^{n}}$，
則$\frac{1}{{a}_{n}}=\frac{1}{{2}^{n}}+\frac{1}{2}$，
∴$\frac{2n}{{a}_{n}}$=$\frac{2n}{{2}^{n}}+\frac{2n}{2}$=$\frac{n}{{2}^{n-1}}+n$，
設(shè)S=$\frac{1}{{2}^{0}}$+$\frac{2}{{2}^{1}}+\frac{3}{{2}^{2}}+…+\frac{n}{{2}^{n-1}}$    ①，
$\frac{1}{2}S$=$\frac{1}{{2}^{1}}+\frac{2}{{2}^{2}}+…+\frac{n-1}{{2}^{n-1}}$+$\frac{n}{{2}^{n}}$     ②，
①-②得，$\frac{1}{2}$S=1+$\frac{1}{{2}^{1}}+\frac{1}{{2}^{2}}+…+\frac{1}{{2}^{n-1}}$-$\frac{n}{{2}^{n}}$
=$\frac{1-\frac{1}{{2}^{n}}}{1-\frac{1}{2}}$-$\frac{n}{{2}^{n}}$=$2-\frac{n+2}{{2}^{n}}$，
∴S=$4-\frac{n+2}{{2}^{n-1}}$，
∴S_n=S+（1+2+3+…+n）=$4-\frac{n+2}{{2}^{n-1}}$+$\frac{n（1+n）}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了等比數(shù)列的定義、通項(xiàng)公式、前n項(xiàng)和公式，以及分組求和法、裂項(xiàng)相消法、構(gòu)造法的應(yīng)用，屬于中檔題．