已知数列{an}.{bn}中.a1=1.bn=(1-$\frac{{{a} {n}}^{2}}{{{a} {n+1}}^{2}}$)•$\frac{1}{{a} {n+1}}$.n∈N*.数列{bn}的前n项和Sn．(1)若an=2n-1.求Sn,(2)是否存在等比数列{an}使bn+2=Sn对任意n∈N*恒成立?若存在.求出所有满足条件的数列{an}的通项公式,若不� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

9．已知数列{a_n}，{b_n}中，a₁=1，b_n=（1-$\frac{{{a}_{n}}^{2}}{{{a}_{n+1}}^{2}}$）•$\frac{1}{{a}_{n+1}}$，n∈N^*，数列{b_n}的前n项和S_n．
（1）若a_n=2^n-1，求S_n；
（2）是否存在等比数列{a_n}使b_n+2=S_n对任意n∈N^*恒成立？若存在，求出所有满足条件的数列{a_n}的通项公式；若不存在，说明理由．

分析（1）依题意，可求得b_n=（1-$\frac{{{a}_{n}}^{2}}{{{a}_{n+1}}^{2}}$）•$\frac{1}{{a}_{n+1}}$=$\frac{3}{{2}^{n+2}}$，利用等比数列的求和公式可得数列{b_n}的前n项和S_n；
（2）设存在个公比为q的等比数列{a_n}使b_n+2=S_n对任意n∈N^*恒成立，利用n=1时，b₃=b₁可求得q=±1，检验即可得到答案．

解答解：（1）∵a₁=1，a_n=2^n-1，
∴$\frac{1}{{a}_{n+1}}$=$\frac{1}{{2}^{n}}$，$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n+1}}$=$\frac{{2}^{n-1}}{{2}^{（n-1）+1}}$=$\frac{1}{2}$，
∴$\frac{{{a}_{n}}^{2}}{{{a}_{n+1}}^{2}}$=$\frac{1}{4}$，
∴b_n=（1-$\frac{{{a}_{n}}^{2}}{{{a}_{n+1}}^{2}}$）•$\frac{1}{{a}_{n+1}}$=（1-$\frac{1}{4}$）•$\frac{1}{{2}^{n}}$=$\frac{3}{{2}^{n+2}}$，
显然，数列{b_n}为首项为$\frac{3}{8}$，公比为$\frac{1}{2}$的等比数列，
∴S_n=b₁+b₂+…+b_n=$\frac{\frac{3}{8}[1-（\frac{1}{2}）^{n}]}{1-\frac{1}{2}}$=$\frac{3}{4}$-$\frac{3}{{2}^{n+2}}$（n∈N^*）．
（2）设存在个公比为q的等比数列{a_n}使b_n+2=S_n对任意n∈N^*恒成立，
则n=1时，b₁₊₂=S₁=b₁，即b₃=（1-$\frac{1}{{q}^{2}}$）•$\frac{1}{{a}_{4}}$=（1-$\frac{1}{{q}^{2}}$）•$\frac{1}{{a}_{2}}$，即（1-q²）（$\frac{1}{{q}^{3}}$-$\frac{1}{q}$）=0，
解得：q=±1，
经检验，当q=±1时，b_n=0，满足b_n+2=S_n对任意n∈N^*恒成立，
故存在公比为±1的等比数列{a_n}，a_n=1或（-1）^n-1，使b_n+2=S_n对任意n∈N^*恒成立．