Question

3．已知数列{a_n}的前n项和为S_n，且满足a_n+2S_nS_n-1=0（n≥2，n∈N），a₁=$\frac{1}{2}$．
（1）求证：数列{$\frac{1}{S_n}$}为等差数列．并求数列{a_n}的通项公式a_n．
（2）记数列{b_n}的通项公式为b_n=$\frac{1}{{{2^n}{S_n}}}$，T_n=b₁+b₂+…+b_n，求T_n的值．

Answer 1

分析 （1）当n≥2时，化简S_n-S_n-1+2S_nS_n-1=0，从而可得$\frac{1}{S_n}-\frac{1}{{{S_{n-1}}}}$=2及$\frac{1}{S_1}=\frac{1}{a_1}$=2；从而证明{$\frac{1}{S_n}$}是等差数列；再求数列{a_n}的通项公式a_n；
（2）化简b_n=$\frac{1}{{{2^n}{S_n}}}$=$\frac{n}{{{2^{n-1}}}}$；从而可得T_n=b₁+b₂+…+b_n=1+$\frac{2}{2}$+$\frac{3}{2^2}$+…+$\frac{n-1}{{{2^{n-2}}}}$+$\frac{n}{{{2^{n-1}}}}$，2T_n=2+$\frac{2}{2^0}$+$\frac{3}{2}$+…+$\frac{n-1}{{{2^{n-3}}}}$+$\frac{n}{{{2^{n-2}}}}$；利用错位相减法求T_n的值．

解答 解：（1）当n≥2时，a_n=S_n-S_n-1，又a_n+2S_nS_n-1=0，
则有S_n-S_n-1+2S_nS_n-1=0①，
若S_n=0，则a₁=S₁=0与a₁=$\frac{1}{2}$矛盾，故S_n≠0；
由①得$\frac{1}{S_n}-\frac{1}{{{S_{n-1}}}}$=2，又$\frac{1}{S_1}=\frac{1}{a_1}$=2；
所以数列{$\frac{1}{S_n}$}是以2为首项，公差为2的等差数列．
故$\frac{1}{S_n}$=2+2（n-2）=2n，S_n=$\frac{1}{2n}$；
当n≥2时，a_n=-2S_nS_n-1=-$\frac{1}{2n（n-1）}$，而n=1时，a₁=$\frac{1}{2}$；
故${a_n}=\left\{\begin{array}{l}\frac{1}{2}，n=1\\-\frac{1}{2n（n-1）}，n≥2\end{array}\right.$；
（2）b_n=$\frac{1}{{{2^n}{S_n}}}$=$\frac{n}{{{2^{n-1}}}}$；
∵T_n=b₁+b₂+…+b_n=1+$\frac{2}{2}$+$\frac{3}{2^2}$+…+$\frac{n-1}{{{2^{n-2}}}}$+$\frac{n}{{{2^{n-1}}}}$①，
2T_n=2+$\frac{2}{2^0}$+$\frac{3}{2}$+…+$\frac{n-1}{{{2^{n-3}}}}$+$\frac{n}{{{2^{n-2}}}}$②；
∴②-①得，T_n=3+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2^2}$+…+$\frac{1}{{{2^{n-2}}}}$-$\frac{n}{{{2^{n-1}}}}$=4-$\frac{n+2}{{{2^{n-1}}}}$；
故T_n=4-$\frac{n+2}{{{2^{n-1}}}}$．

点评 本题考查了等差数列的判断与证明及数列前n项和的应用，同时考查了错位相减法的应用，属于中档题．