Question

设数列{a_n}的首项不为零，前n项和为S_n，且对任意的r，t∈N^*，都有

Sr

St

=(

r

t

)2．
（1）求数列{a_n}的通项公式（用a₁表示）；
（2）设a₁=1，b₁=3，bn=Sbn-1（n≥2，n∈N^*），求证：数列{log₃b_n}为等比数列；
（3）在（2）的条件下，求T_n=

n

k=2

bk-1

bk-1

．

Answer 1

考点：数列的求和,等差数列的性质,等比数列的性质

专题：等差数列与等比数列

分析：（1）由已知条件推导出Sn=a1n2，由此能求出数列{a_n}的通项公式．
（2）由已知条件推导出bn=Sbn-1=bn-12，由此能证明数列{log₃b_n}是首项为1，公比为2的等比数列．
（3）由（2）推导出bn=32n-1(n∈N*)．由此能求出T_n=

n

k=2

bk-1

bk-1

．

解答： （1）解：因为a₁=S₁≠0，令t=1，r=n，
则

Sr

St

=(

r

t

)2，得

Sn

S1

=n2，即Sn=a1n2．…2分
当n≥2时，a_n=S_n-S_n-1=a₁（2n-1），
且当n=1时，此式也成立．
故数列{a_n}的通项公式为a_n=a₁（2n-1）．…5分
（2）证明：当a₁=1时，由（1）知a_n=a₁（2n-1）=2n-1，S_n=n²．
依题意，n≥2时，bn=Sbn-1=bn-12，…7分
于是log3bn=log3bn-12=2log3bn-1(n ≥ 2，  n∈N)，且log₃b₁=1，
故数列{log₃b_n}是首项为1，公比为2的等比数列．…10分
（3）解：由（2）得log3bn=1×2n-1=2n-1，
所以bn=32n-1(n∈N*)．…12分
于是

bk-1

bk-1

=

32k-2

32k-1-1

=

(32k-2+1)-1

(32k-2+1)(32k-2-1)

=

1

32k-2-1

-

1

32k-1-1

．…15分
所以Tn=

n

k=2

bk-1

bk-1

=

n

k=2

(

1

32k-2-1

-

1

32k-1-1

)=

1

2

-

1

32n-1-1

．…16分．

点评：本题考查数列的通项公式的求法，考查等比数列的证明，考查数列的前n项和求法，解题时要认真审题，注意等价转化思想的合理运用．