Question

7．已知数列{a_n}满足2a_na_n+1=a_n-a_n+1，且a₁=$\frac{1}{2}$，n∈N₊．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）设数列{b_n}的前n项和为S_n，若数列{b_n}满足b_n=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{\sqrt{n-1}+\sqrt{n+1}}（n=2k-1）}\\{{a}_{\frac{n}{2}}{a}_{\frac{n}{2}+1}（n=2k）}\end{array}\right.$（k∈N₊），求S₆₄；
（3）设T_n=$\frac{1}{{a}_{1}}$+$\frac{1}{{a}_{2}}$+$\frac{1}{{a}_{3}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}}$，是否存在实数c，使{$\frac{{T}_{n}}{n+c}$}为等差数列，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）通过对2a_na_n+1=a_n-a_n+1变形可知2=$\frac{1}{{a}_{n+1}}$-$\frac{1}{{a}_{n}}$，进而可知数列{$\frac{1}{{a}_{n}}$}是首项为2、公差为2的等差数列，计算即得结论；
（2）通过（1）裂项可知a_na_n-1=$\frac{1}{4}$（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$），结合$\frac{1}{\sqrt{n-1}+\sqrt{n+1}}$=$\frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n-1}}{2}$，进而并项相加即得结论；
（3）通过（1）可知T_n=n（n+1），进而只需$\frac{{T}_{n}}{n+c}$变为关于n的一次函数，分c=0或c=1两种情况讨论即可．

解答 解：（1）∵2a_na_n+1=a_n-a_n+1，
∴2=$\frac{1}{{a}_{n+1}}$-$\frac{1}{{a}_{n}}$，
又∵a₁=$\frac{1}{2}$，即$\frac{1}{{a}_{1}}$=2，
∴数列{$\frac{1}{{a}_{n}}$}是首项为2、公差为2的等差数列，
故其通项公式a_n=$\frac{1}{2+2（n-1）}$=$\frac{1}{2n}$；
（2）由（1）可知a_na_n-1=$\frac{1}{2n（2n+2）}$=$\frac{1}{4}$（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$），
又∵$\frac{1}{\sqrt{n-1}+\sqrt{n+1}}$=$\frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n-1}}{2}$，
∴S₆₄=（$\frac{\sqrt{2}-0}{2}$+$\frac{\sqrt{4}-\sqrt{2}}{2}$+…+$\frac{\sqrt{64}-\sqrt{62}}{2}$）+$\frac{1}{4}$（1-$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{32}$-$\frac{1}{33}$）
=4+$\frac{1}{4}$（1-$\frac{1}{33}$）
=$\frac{140}{33}$；
（3）由（1）可知T_n=$\frac{1}{{a}_{1}}$+$\frac{1}{{a}_{2}}$+$\frac{1}{{a}_{3}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}}$
=2（1+2+…+n）
=n（n+1），
要使{$\frac{{T}_{n}}{n+c}$}为等差数列，则只需$\frac{{T}_{n}}{n+c}$变为关于n的一次函数，
则n+c可能为n或n+1，此时c=0或c=1，
当c=0时，{$\frac{{T}_{n}}{n+c}$}是首项为2、公差为1的等差数列；
当c=1时，{$\frac{{T}_{n}}{n+c}$}是首项为1、公差为1的等差数列；
综上所述，存在c=0或c=1满足题意．

点评 本题考查数列的通项及前n项和，考查裂项相消法，考查分类讨论的思想，注意解题方法的积累，属于中档题．