题目内容
设数列{an}的前n项和为Sn，且（t-1）Sn=2tan-t-1（其中t为常数，t＞0，且t≠1）．（I）求证：数列{an}为等比数列；
（II）若数列{an}的公比q=f（t），数列{bn}满足b1=a1，bn+1=
f（bn），求数列{
}的通项公式；（III）设t=
，对（II）中的数列{an}，在数列{an}的任意相邻两项ak与ak+1之间插入k个
（k∈N*）后，得到一个新的数列：a1，
，a2，
，
，a3，
，
，
，a4…，记此数列为{cn}．求数列{cn}的前50项之和．
【答案】分析：（Ⅰ）利用数列递推式，再写一式，两式相减，即可证得数列{an}是以1为首项，
为公比的等比数列；
（Ⅱ）确定数列{
}是以1为首项，1为公差的等差数列，可求数列{
}的通项公式；
（III）确定数列{cn}为：1，-1，
，2，2，
，-3，-3，-3，
，…，再分组求和，即可求得数列{cn}的前50项之和．
解答：（Ⅰ）证明：由题设知（t-1）S1=2ta1-t-1，解得a1=1，
由（t-1）Sn=2tan-t-1，得（t-1）Sn+1=2tan+1-t-1，
两式相减得（t-1）an+1=2tan+1-2tan，
∴
（常数）．
∴数列{an}是以1为首项，
为公比的等比数列．…（4分）
（Ⅱ）解：∵q=f （t）=
，b1=a1=1，bn+1=
f （bn）=
，
∴
=
+1，
∴数列{
}是以1为首项，1为公差的等差数列，
∴
．…（8分）
（III）解：当t=
时，由（I）知an=
，于是数列{cn}为：1，-1，
，2，2，
，-3，-3，-3，
，…
设数列{an}的第k项是数列{cn}的第mk项，即ak=
，
当k≥2时，mk=k+[1+2+3+…+（k-1）]=
，
∴m9=
-45．
设Sn表示数列{cn}的前n项和，则S45=[1+
+
+…+
]+[-1+（-1）2×2×2+（-1）3×3×3+…+（-1）8×8×8]．
∵1+
+
+…+
=
=2-
，
-1+（-1）2×2×2+（-1）3×3×3+…+（-1）8×8×8=-1+22-32+42-52+62-72+82
=（2+1）（2-1）+（4+3）（4-3）+（6+5）（6-5）+（8+7）（8-7）=3+7+11+15=36．
∴S45=2-
+36=38-
．
∴S50=S45+（c46+c47+c48+c49+c50）=38-
+5×（-1）9×9=-7
．
即数列{cn}的前50项之和为-7
．…（12分）
点评：本题考查等比数列与等差数列的证明，考查数列的通项与求和，考查学生的计算能力，属于中档题．
为公比的等比数列；（Ⅱ）确定数列{
}是以1为首项，1为公差的等差数列，可求数列{}的通项公式；（III）确定数列{cn}为：1，-1，
，2，2，，-3，-3，-3，，…，再分组求和，即可求得数列{cn}的前50项之和．解答：（Ⅰ）证明：由题设知（t-1）S1=2ta1-t-1，解得a1=1，
由（t-1）Sn=2tan-t-1，得（t-1）Sn+1=2tan+1-t-1，
两式相减得（t-1）an+1=2tan+1-2tan，
∴
（常数）．∴数列{an}是以1为首项，
为公比的等比数列．…（4分）（Ⅱ）解：∵q=f （t）=
，b1=a1=1，bn+1=f （bn）=，∴
=+1，∴数列{
}是以1为首项，1为公差的等差数列，∴
．…（8分）（III）解：当t=
时，由（I）知an=，于是数列{cn}为：1，-1，，2，2，，-3，-3，-3，，…设数列{an}的第k项是数列{cn}的第mk项，即ak=
，当k≥2时，mk=k+[1+2+3+…+（k-1）]=
，∴m9=
-45．设Sn表示数列{cn}的前n项和，则S45=[1+
++…+]+[-1+（-1）2×2×2+（-1）3×3×3+…+（-1）8×8×8]．∵1+
++…+==2-，-1+（-1）2×2×2+（-1）3×3×3+…+（-1）8×8×8=-1+22-32+42-52+62-72+82
=（2+1）（2-1）+（4+3）（4-3）+（6+5）（6-5）+（8+7）（8-7）=3+7+11+15=36．
∴S45=2-
+36=38-．∴S50=S45+（c46+c47+c48+c49+c50）=38-
+5×（-1）9×9=-7．即数列{cn}的前50项之和为-7
．…（12分）点评：本题考查等比数列与等差数列的证明，考查数列的通项与求和，考查学生的计算能力，属于中档题．
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