Question

1．已知數(shù)列{a_n}滿足：a₁=$\frac{1}{2}$，$\frac{3（1+{a}_{n+1}）}{1-{a}_{n}}$=$\frac{2（1+{a}_{n}）}{1-{a}_{n+1}}$，a_na_n+1＜0（n≥1）；數(shù)列{b_n}滿足：b_n=a${\;}_{n+1}^{2}$-a${\;}_{n}^{2}$（n≥1）．
（1）求數(shù)列{a_n}，{b_n}的通項公式；
（2）求數(shù)列{4（n+1）b_n}的前n項和T_n．

Answer 1

分析 （1）把已知數(shù)列遞推式變形，可得數(shù)列{$1-{{a}_{n}}^{2}$}是1-$\frac{1}{4}=\frac{3}{4}$為首項，以$\frac{2}{3}$為公比的等比數(shù)列，求其通項公式后結(jié)合a_na_n+1＜0可得數(shù)列{a_n}的通項公式，代入$_{n}={{a}_{n+1}}^{2}-{{a}_{n}}^{2}$可得數(shù)列{b_n}的通項公式；
（2）把數(shù)列{b_n}的通項公式代入數(shù)列{4（n+1）b_n}，由錯位相減法求得其前n項和T_n．

解答 解：（1）∵$\frac{3（1+{a}_{n+1}）}{1-{a}_{n}}$=$\frac{2（1+{a}_{n}）}{1-{a}_{n+1}}$，
∴$\frac{1-{{a}_{n+1}}^{2}}{1-{{a}_{n}}^{2}}=\frac{2}{3}$，
∴數(shù)列{$1-{{a}_{n}}^{2}$}是1-$\frac{1}{4}=\frac{3}{4}$為首項，以$\frac{2}{3}$為公比的等比數(shù)列，
∴$1-{{a}_{n}}^{2}=\frac{3}{4}•（\frac{2}{3}）^{n-1}$．
∴${{a}_{n}}^{2}=1-\frac{3}{4}•（\frac{2}{3}）^{n-1}$．
∵a_na_n+1＜0，
∴${a}_{n}=（-1）^{n+1}\sqrt{1-\frac{3}{4}•（\frac{2}{3}）^{n-1}}$；
$_{n}={{a}_{n+1}}^{2}-{{a}_{n}}^{2}$=$[1-\frac{3}{4}•（\frac{2}{3}）^{n}]-[1-\frac{3}{4}•（\frac{2}{3}）^{n-1}]=\frac{1}{4}•（\frac{2}{3}）^{n-1}$；
（2）∵4（n+1）b_n=$（n+1）•（\frac{2}{3}）^{n-1}$．
∴${T}_{n}=2•（\frac{2}{3}）^{0}+3•（\frac{2}{3}）^{1}+4•（\frac{2}{3}）^{2}+…+n•（\frac{2}{3}）^{n-2}$$+（n+1）•（\frac{2}{3}）^{n-1}$．
$\frac{2}{3}{T}_{n}=2•（\frac{2}{3}）^{1}+3•（\frac{2}{3}）^{2}+…+n•（\frac{2}{3}）^{n-1}+（n+1）•（\frac{2}{3}）^{n}$．
兩式作差可得$\frac{1}{3}{T}_{n}=2+\frac{2}{3}+（\frac{2}{3}）^{2}+（\frac{2}{3}）^{3}+…+（\frac{2}{3}）^{n-1}-（n+1）•（\frac{2}{3}）^{n}$
=2+$\frac{\frac{2}{3}[1-（\frac{2}{3}）^{n-1}]}{1-\frac{2}{3}}-（n+1）•（\frac{2}{3}）^{n}$=4-（n+4）•$（\frac{2}{3}）^{n}$．
∴${T}_{n}=12-（3n+12）•（\frac{2}{3}）^{n}$．

點評 本題考查數(shù)列遞推式，考查了等比關(guān)系的確定，訓練了錯位相減法求數(shù)列的前n項和，是中檔題．