Question

1．已知数列{a_n}的首项a₁=1，a_n+1=$\frac{4{a}_{n}}{{a}_{n}+2}$，n∈N^*．
（1）证明：数列{$\frac{1}{{a}_{n}}$-$\frac{1}{2}$}是等比数列；
（2）求数列{$\frac{2n}{{a}_{n}}$}的前n项和S_n．

Answer 1

分析 （1）将递推公式化为：$\frac{1}{{a}_{n+1}}-\frac{1}{2}$=$\frac{1}{2}（\frac{1}{{a}_{n}}-\frac{1}{2}）$，利用等比数列的定义判断出数列{$\frac{1}{{a}_{n}}-\frac{1}{2}$}是等比数列；
（2）由（1）和等比数列的通项公式求出$\frac{1}{{a}_{n}}-\frac{1}{2}$，再求出通项公式$\frac{2n}{{a}_{n}}$，利用分组求和法、裂项相消法和等比数列的前n项和公式求出S_n．

解答 证明：（1）由题意得，a_n+1=$\frac{4{a}_{n}}{{a}_{n}+2}$，n∈N^*，
∴$\frac{1}{{a}_{n+1}}$=$\frac{{a}_{n}+2}{{4a}_{n}}$=$\frac{1}{2}•\frac{1}{{a}_{n}}+\frac{1}{4}$，
∴$\frac{1}{{a}_{n+1}}-\frac{1}{2}$=$\frac{1}{2}（\frac{1}{{a}_{n}}-\frac{1}{2}）$，即$\frac{\frac{1}{{a}_{n+1}}-\frac{1}{2}}{\frac{1}{{a}_{n}}-\frac{1}{2}}=\frac{1}{2}$，
又a₁=1，则$\frac{1}{{a}_{1}}-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}$，
所以数列{$\frac{1}{{a}_{n}}-\frac{1}{2}$}是以$\frac{1}{2}$为首项、公比的等比数列；
解：（2）由（1）可得，$\frac{1}{{a}_{n}}-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}•（\frac{1}{2}）^{n-1}$=$\frac{1}{{2}^{n}}$，
则$\frac{1}{{a}_{n}}=\frac{1}{{2}^{n}}+\frac{1}{2}$，
∴$\frac{2n}{{a}_{n}}$=$\frac{2n}{{2}^{n}}+\frac{2n}{2}$=$\frac{n}{{2}^{n-1}}+n$，
设S=$\frac{1}{{2}^{0}}$+$\frac{2}{{2}^{1}}+\frac{3}{{2}^{2}}+…+\frac{n}{{2}^{n-1}}$    ①，
$\frac{1}{2}S$=$\frac{1}{{2}^{1}}+\frac{2}{{2}^{2}}+…+\frac{n-1}{{2}^{n-1}}$+$\frac{n}{{2}^{n}}$     ②，
①-②得，$\frac{1}{2}$S=1+$\frac{1}{{2}^{1}}+\frac{1}{{2}^{2}}+…+\frac{1}{{2}^{n-1}}$-$\frac{n}{{2}^{n}}$
=$\frac{1-\frac{1}{{2}^{n}}}{1-\frac{1}{2}}$-$\frac{n}{{2}^{n}}$=$2-\frac{n+2}{{2}^{n}}$，
∴S=$4-\frac{n+2}{{2}^{n-1}}$，
∴S_n=S+（1+2+3+…+n）=$4-\frac{n+2}{{2}^{n-1}}$+$\frac{n（1+n）}{2}$．

点评 本题考查了等比数列的定义、通项公式、前n项和公式，以及分组求和法、裂项相消法、构造法的应用，属于中档题．