Question

9．已知数列{a_n}的前n项和为S_n，a₁=1，a_n≠0，λS_n=a_na_n+1+1，其中λ为常数．
（1）证明：数列{a_2n-1}是等差数列；
（2）是否存在实数λ，使得{a_n}为等差数列，并说明理由；
（3）若{a_n}为等差数列，令b_n=（-1）^n-1$\frac{4n}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$，求数列b_n的前n项和T_n．

Answer 1

分析 （1）a₁=1，a_n≠0，λS_n=a_na_n+1+1，其中λ为常数．当n≥2时，λS_n-1=a_n-1a_n+1，可得a_n+1-a_n-1=λ，用2n代替n可得：a_2n+1-a_2n-1=λ为常数，即可证明；
（2）由λS_n=a_na_n+1+1，取n=1，可得λ=a₂+1，可得a₂-a₁=λ-2．假设存在实数λ，使得{a_n}为等差数列，则λ-2=$\frac{1}{2}λ$，解得λ=4．即可得出．
（3）{a_n}为等差数列，由（2）可知：a_n=1+2（n-1）=2n-1．可得b_n=（-1）^n-1$•\frac{4n}{（2n-1）（2n+1）}$=$（-1）^{n-1}（\frac{1}{2n-1}+\frac{1}{2n+1}）$，利用“累加求和”即可得出．

解答 （1）证明：∵a₁=1，a_n≠0，λS_n=a_na_n+1+1，其中λ为常数．
当n≥2时，λS_n-1=a_n-1a_n+1，∴λa_n=a_n（a_n+1-a_n-1），
∴a_n+1-a_n-1=λ，用2n代替n可得：a_2n+1-a_2n-1=λ为常数，
∴数列{a_2n-1}是等差数列，首项为1，公差为λ；
（2）解：由λS_n=a_na_n+1+1，取n=1，可得λ=a₂+1，
则a₂=λ-1，∴a₂-a₁=λ-2．
假设存在实数λ，使得{a_n}为等差数列，则λ-2=$\frac{1}{2}λ$，解得λ=4．
因此当λ=4时，（a_n+1-a_n）+（a_n-a_n-1）=4，即a_n+1-a_n=2，
∴{a_n}为等差数列，首项为1，公差为2．
（3）∵{a_n}为等差数列，由（2）可知：a_n=1+2（n-1）=2n-1．
∴b_n=（-1）^n-1$\frac{4n}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$=（-1）^n-1$•\frac{4n}{（2n-1）（2n+1）}$=$（-1）^{n-1}（\frac{1}{2n-1}+\frac{1}{2n+1}）$，
∴当n=2k时，
数列b_n的前n项和T_n=$（1+\frac{1}{3}）$-$（\frac{1}{3}+\frac{1}{5}）$+$（\frac{1}{5}+\frac{1}{7}）$-…+$（\frac{1}{2n-3}+\frac{1}{2n-1}）$-$（\frac{1}{2n-1}+\frac{1}{2n+1}）$=1-$\frac{1}{2n+1}$=$\frac{2n}{2n+1}$．
当n=2k-1时，
数列b_n的前n项和T_n=T_2k-b_n+1=1-$\frac{1}{2n+3}$+$（\frac{1}{2n+1}+\frac{1}{2n+3}）$=1+$\frac{1}{2n+1}$=$\frac{2n+2}{2n+1}$．
∴T_n=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{2n}{2n+1}，n为偶数}\\{\frac{2n+2}{2n+1}，n为奇数}\end{array}\right.$．

点评 本题考查了等差数列与等比数列的通项公式及其前n项和公式、“累加求和”，考查了分类讨论思想方法、推理能力与计算能力，属于难题．