Question

12．在数列{a_n}中，a₁=1，a₂=m（m≠-1），前n项和S_n满足$\frac{1}{S_n}=\frac{1}{a_n}-\frac{1}{{{a_{n+1}}}}（n≥2）$．
（1）求a₃（用m表示）；
（2）求证：数列{S_n}是等比数列；
（3）若m=1，现按如下方法构造项数为2k的有穷数列{b_n}：当n=1，2，…，k时，b_n=a_2k-n+1；当n=k+1，k+2，…，2k时，b_n=a_na_n+1，记数列{b_n}的前n项和T_n，试问：$\frac{{{T_{2k}}}}{T_k}$是否能取整数？若能，请求出k的取值集合；若不能，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）利用递推关系式，令n=2，通过a₁=1，a₂=m，求出a₃即可．
（2）递推关系式转化为：$\frac{1}{S_n}=\frac{1}{{{S_n}-{S_{n-1}}}}-\frac{1}{{{S_{n+1}}-{S_n}}}$，化简推出数列{S_n}是等比数列．
（3）由m=1，求出S₁=1，S₂=2，求出${S_n}={2^{n-1}}$，得到通项公式，然后求解$\frac{{{T_{2k}}}}{T_k}$的分母与分子，讨论要使$\frac{{{T_{2k}}}}{T_k}$取整数，需$\frac{{{2^k}+1}}{3}$为整数，推出k的取值集合为{k|k=2n-1，n∈Z^*}时，$\frac{{{T_{2k}}}}{T_k}$取整数．

解答 解：（1）令n=2，则$\frac{1}{S_2}=\frac{1}{a_2}-\frac{1}{a_3}$，将a₁=1，a₂=m代入，有$\frac{1}{1+m}=\frac{1}{m}-\frac{1}{a_3}$，
解得${a_3}={m^2}+m$…（5分）
（2）由$\frac{1}{S_n}=\frac{1}{a_n}-\frac{1}{{{a_{n+1}}}}（n≥2）$，得$\frac{1}{S_n}=\frac{1}{{{S_n}-{S_{n-1}}}}-\frac{1}{{{S_{n+1}}-{S_n}}}$，化简得${S_n}^2={S_{n-1}}{S_{n+1}}$，
又S_n≠0，∴数列{S_n}是等比数列…（10分）
（3）由m=1，∴S₁=1，S₂=2，又数列{S_n}是等比数列，∴${S_n}={2^{n-1}}$，
∴${a_n}={S_n}-{S_{n-1}}={2^{n-1}}-{2^{n-2}}={2^{n-2}}（n≥2）$，
当n=1，2，…，k时，b_n依次为a_2k，a_2k-1，…，a_k+1，
∴${T_k}={S_{2k}}-{S_k}={2^{2k-1}}-{2^{k-1}}={2^{k-1}}（{2^k}-1）$…（13分）
当n=k+1，k+2，…，2k，${b_n}={a_n}{a_{n+1}}={2^{2n-3}}$，∴${T_{2k}}-{T_k}={2^{2（k+1）-3}}•\frac{{1-{4^k}}}{1-4}=\frac{{{2^{2k-1}}（{4^k}-1）}}{3}$，
∴$\frac{{{T_{2k}}}}{T_k}=\frac{{{T_{2k}}-{T_k}}}{T_k}+1=\frac{{{2^k}（{2^k}+1）}}{3}+1$，要使$\frac{{{T_{2k}}}}{T_k}$取整数，需$\frac{{{2^k}+1}}{3}$为整数，
令${c_k}=\frac{{{2^k}+1}}{3}$，
∴${c_{k+2}}-{c_k}=\frac{{{2^{k+2}}+1}}{3}-\frac{{{2^k}+1}}{3}={2^k}$，
∴c_k+2，c_k要么都为整数，要么都不是整数，
又c₁=1，${c_2}=\frac{5}{3}$，
∴当且仅当k为奇数时，c_k为整数，
即k的取值集合为{k|k=2n-1，n∈Z^*}时，$\frac{{{T_{2k}}}}{T_k}$取整数．…（16分）

点评 本题考查数列的综合应用，数列的递推关系式以及数列求和，考查分类讨论思想的应用，考查计算能力．