Question

已知数列{a_n}的前n项和为S_n，且对任意正整数n都有2S_n=（n+2）a_n-1．
（Ⅰ）求数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）设，求．

Answer 1

【答案】分析：（I）法一：在2S_n=（n+2）a_n-1中，分别令n=1，2，3，4．求得a₁，a₂，a₃，a₄．由此猜想：a_n=．下面用数学归纳法证明．
法二：在2S_n=（n+2）a_n-1中，仿写一个等式，两式相减，得到数列的项的递推关系，据此递推关系，利用累乘法求出通项．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知a_n=，则==2（-），从而利用拆项法求和2得到Tn=（+--）．最后求出其根限即可．
解答：解：（Ⅰ）法一：在2S_n=（n+2）a_n-1中，
令n=1，得2a₁=3 a₁-1，求得a₁=1，
令n=2，得2（a₁+a₂）=4a₂-1，求得a₂=；
令n=3，得2（a₁+a₂+a₃）=5 a₃-1，求得a₃=2；
令n=4，得2（a₁+a₂+a₃+a₄）=6 a₄-1，求得a₄=．
由此猜想：a_n=．  …
下面用数学归纳法证明．
（1）当n=1时，a₁==1，命题成立．
（2）假设当n=k时，命题成立，即a_k=，且2S_k=（k+2）a_k-1，则由2S_k+1=（k+3）a_k+1-1及S_k+1=S_k+a_k+1，得（k+3）a_k+1-1=2S_k+2a_k+1，即（k+3）a_k+1-1=[（k+2）a_k-1]+2a_k+1．则a_k+1==，这说明当n=k+1时命题也成立．根据（1）、（2）可知，对一切n∈N^*命题均成立．                        …（6分）
法二：在2S_n=（n+2）a_n-1中，令n=1，求得a₁=1．
∵2S_n=（n+2）a_n-1，
∴2S_n-1=（n+1）a_n-1-1．  
当n≥2时，两式相减得：2（S_n-S_n-1）=（n+2）a_n-（n+1）a_n-1，
即  2 a_n=（n+2）a_n-（n+1）a_n-1整理得，． …（3分）
∴a_n=••…•••a₁=••…•••1=．   
当n=1时，a_n=，满足上式，
∴a_n=．…（6分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）知a_n=，
则==2（-），
∴
=2[（-）+（-）+（-）+…+（-）+（-）]
=2（+--）．
∴=．
点评：本小题主要考查数列、数列的求和、数学归纳法、数列的极限等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想．若知数列的和与项的递推关系求通项，常采用仿写的方法；求数列的前n项和，一般先判断通项的特点，然后采用合适的求和方法．属于中档题