Question

6．已知S_n、T_n分别为数列{a_n}、{b_n}的前n项和，a₁=0，a₂=2，2S_n+1=$\sqrt{{S_n}+{S_{n+1}}}$•$\sqrt{{S_{n+1}}+{S_{n+2}}}$，若T_n=$\frac{{{S_n}+{S_{n+1}}}}{2}$，则b_n=2n-1．

Answer 1

分析 解法一：当n=1时，b₁=T₁=$\frac{2{a}_{1}+{a}_{2}}{2}$；当n≥2时，b_n=T_n-T_n-1=$\frac{{a}_{n+1}+{a}_{n}}{2}$，由$2{S_{n+1}}=\sqrt{{S_n}+{S_{n+1}}}•\sqrt{{S_{n+1}}+{S_{n+2}}}$，代入值n=1，2，3，猜想即可得出．
解法二：由$2{S_{n+1}}=\sqrt{{S_n}+{S_{n+1}}}•\sqrt{{S_{n+1}}+{S_{n+2}}}$和${{T}_n}=\frac{{{S_n}+{S_{n+1}}}}{2}$得${S_{n+1}}=\sqrt{{{T}_n}}•\sqrt{{{T}_{n+1}}}$，代入${{T}_n}=\frac{{{S_n}+{S_{n+1}}}}{2}$可得：$2\sqrt{{{T}_n}}=\sqrt{{{T}_{n-1}}}+\sqrt{{{T}_{n+1}}}$，利用等差数列的通项公式即可得出．

解答 解：解法一：当n=1时，${b_1}={{T}_1}=\frac{{{S_1}+{S_2}}}{2}=\frac{{2{a_1}+{a_2}}}{2}=1$；
当n≥2时，b_n=T_n-T_n-1=$\frac{{{S_n}+{S_{n+1}}}}{2}-\frac{{{S_n}+{S_{n-1}}}}{2}=\frac{{{a_{n+1}}+{a_n}}}{2}$，
由$2{S_{n+1}}=\sqrt{{S_n}+{S_{n+1}}}•\sqrt{{S_{n+1}}+{S_{n+2}}}$，代入值n=1，2，3，…，
得出S₃=6，a₃=4；S₄=12，a₄=6；S₅=20，a₅=8．
猜想S_n=n（n-1），a_n=2n-2，从而b_n=2n-1．
解法二：由$2{S_{n+1}}=\sqrt{{S_n}+{S_{n+1}}}•\sqrt{{S_{n+1}}+{S_{n+2}}}$和${{T}_n}=\frac{{{S_n}+{S_{n+1}}}}{2}$得$2{S_{n+1}}=\sqrt{2{{T}_n}}•\sqrt{2{{T}_{n+1}}}$，即${S_{n+1}}=\sqrt{{{T}_n}}•\sqrt{{{T}_{n+1}}}$，
代入${{T}_n}=\frac{{{S_n}+{S_{n+1}}}}{2}$得：$2{{T}_n}=\sqrt{{{T}_{n-1}}{{T}_n}}+\sqrt{{{T}_n}{{T}_{n+1}}}$，即$2\sqrt{{{T}_n}}=\sqrt{{{T}_{n-1}}}+\sqrt{{{T}_{n+1}}}$，
由a₁=0，a₂=2得 T₁=1，T₂=4，
∴$\left\{{\sqrt{{{T}_n}}}\right\}$是以1为首项，1为公差的等差数列．
即$\sqrt{{{T}_n}}=n$，${{T}_n}={n^2}$，
∴{b_n}为等差数列，易解得b_n=2n-1．

点评 本题考查了递推关系、等差数列的通项公式、猜想归纳能力，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．