Question

1．已知数列{a_n}满足：a₁=$\frac{1}{2}$，$\frac{3（1+{a}_{n+1}）}{1-{a}_{n}}$=$\frac{2（1+{a}_{n}）}{1-{a}_{n+1}}$，a_na_n+1＜0（n≥1）；数列{b_n}满足：b_n=a${\;}_{n+1}^{2}$-a${\;}_{n}^{2}$（n≥1）．
（1）求数列{a_n}，{b_n}的通项公式；
（2）求数列{4（n+1）b_n}的前n项和T_n．

Answer 1

分析 （1）把已知数列递推式变形，可得数列{$1-{{a}_{n}}^{2}$}是1-$\frac{1}{4}=\frac{3}{4}$为首项，以$\frac{2}{3}$为公比的等比数列，求其通项公式后结合a_na_n+1＜0可得数列{a_n}的通项公式，代入${b}_{n}={{a}_{n+1}}^{2}-{{a}_{n}}^{2}$可得数列{b_n}的通项公式；
（2）把数列{b_n}的通项公式代入数列{4（n+1）b_n}，由错位相减法求得其前n项和T_n．

解答 解：（1）∵$\frac{3（1+{a}_{n+1}）}{1-{a}_{n}}$=$\frac{2（1+{a}_{n}）}{1-{a}_{n+1}}$，
∴$\frac{1-{{a}_{n+1}}^{2}}{1-{{a}_{n}}^{2}}=\frac{2}{3}$，
∴数列{$1-{{a}_{n}}^{2}$}是1-$\frac{1}{4}=\frac{3}{4}$为首项，以$\frac{2}{3}$为公比的等比数列，
∴$1-{{a}_{n}}^{2}=\frac{3}{4}•（\frac{2}{3}）^{n-1}$．
∴${{a}_{n}}^{2}=1-\frac{3}{4}•（\frac{2}{3}）^{n-1}$．
∵a_na_n+1＜0，
∴${a}_{n}=（-1）^{n+1}\sqrt{1-\frac{3}{4}•（\frac{2}{3}）^{n-1}}$；
${b}_{n}={{a}_{n+1}}^{2}-{{a}_{n}}^{2}$=$[1-\frac{3}{4}•（\frac{2}{3}）^{n}]-[1-\frac{3}{4}•（\frac{2}{3}）^{n-1}]=\frac{1}{4}•（\frac{2}{3}）^{n-1}$；
（2）∵4（n+1）b_n=$（n+1）•（\frac{2}{3}）^{n-1}$．
∴${T}_{n}=2•（\frac{2}{3}）^{0}+3•（\frac{2}{3}）^{1}+4•（\frac{2}{3}）^{2}+…+n•（\frac{2}{3}）^{n-2}$$+（n+1）•（\frac{2}{3}）^{n-1}$．
$\frac{2}{3}{T}_{n}=2•（\frac{2}{3}）^{1}+3•（\frac{2}{3}）^{2}+…+n•（\frac{2}{3}）^{n-1}+（n+1）•（\frac{2}{3}）^{n}$．
两式作差可得$\frac{1}{3}{T}_{n}=2+\frac{2}{3}+（\frac{2}{3}）^{2}+（\frac{2}{3}）^{3}+…+（\frac{2}{3}）^{n-1}-（n+1）•（\frac{2}{3}）^{n}$
=2+$\frac{\frac{2}{3}[1-（\frac{2}{3}）^{n-1}]}{1-\frac{2}{3}}-（n+1）•（\frac{2}{3}）^{n}$=4-（n+4）•$（\frac{2}{3}）^{n}$．
∴${T}_{n}=12-（3n+12）•（\frac{2}{3}）^{n}$．

点评 本题考查数列递推式，考查了等比关系的确定，训练了错位相减法求数列的前n项和，是中档题．