Question

18．已知数列{a_n}的前n项的和为S_n，且a_n=S_nS_n-1（n≥2，S_n≠0），a₁=$\frac{2}{9}$
（Ⅰ）求证：{$\frac{1}{{S}_{n}}$}为等差数列；
（Ⅱ）求数列{a_n}的通项公式．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由已知得S_n-S_n-1=S_nS_n-1，n≥2，S_n≠0，从而得到$\frac{1}{{S}_{n}}-\frac{1}{{S}_{n-1}}$=-1．由此能证明{$\frac{1}{{S}_{n}}$}为等差数列；
（Ⅱ）先求出S_n=$\frac{1}{\frac{11}{2}-n}$=$\frac{2}{11-2n}$，再由公式${a}_{n}=\left\{\begin{array}{l}{{S}_{1}，n=1}\\{{S}_{n}-{S}_{n-1}，n≥2}\end{array}\right.$，由此能求出数列{a_n}的通项公式．

解答 （Ⅰ）证明：∵数列{a_n}的前n项的和为S_n，且a_n=S_nS_n-1（n≥2，S_n≠0），
∴S_n-S_n-1=S_nS_n-1，n≥2，S_n≠0，
∴$\frac{{S}_{n}}{{S}_{n}{S}_{n-1}}-\frac{{S}_{n-1}}{{S}_{n}{S}_{n-1}}$=1，n≥2，S_n≠0，
∴$\frac{1}{{S}_{n}}-\frac{1}{{S}_{n-1}}$=-1．
∴{$\frac{1}{{S}_{n}}$}为等差数列；
（Ⅱ）解：∵$\frac{1}{{S}_{n}}-\frac{1}{{S}_{n-1}}$=-1，a₁=$\frac{2}{9}$，
∴$\frac{1}{{S}_{1}}=\frac{1}{{a}_{1}}=\frac{9}{2}$，
∴{$\frac{1}{{S}_{n}}$}是首项为$\frac{9}{2}$，公差为-1的等差数列，
∴$\frac{1}{{S}_{n}}$=$\frac{9}{2}+（n-1）×（-1）$=$\frac{11}{2}-n$，
∴S_n=$\frac{1}{\frac{11}{2}-n}$=$\frac{2}{11-2n}$，
∴${a}_{1}={S}_{1}=\frac{2}{11-2}=\frac{2}{9}$，
n≥2时，a_n=S_n-S_n-1=$\frac{2}{11-2n}$-$\frac{2}{11-2（n-1）}$=$\frac{4}{（11-2n）（13-2n）}$，
n=1时，$\frac{4}{（11-2n）（13-2n）}$=$\frac{4}{99}≠{a}_{1}$，
∴a_n=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{2}{9}，n=1}\\{\frac{4}{（11-2n）（13-2n）}，n≥2}\end{array}\right.$．

点评 本题考查等差数列的证明，考查数列的通项公式的求法，是中档题，解题时要注意公式${a}_{n}=\left\{\begin{array}{l}{{S}_{1}，n=1}\\{{S}_{n}-{S}_{n-1}，n≥2}\end{array}\right.$的合理运用．