Question

9．已知正项数列{a_n}满足，a₁=1，a_n+1=$\frac{{a}_{n}}{2{a}_{n}+1}$（n∈N₊）．
（1）证明数列{$\frac{1}{{a}_{n}}$}为等差数列，并求数列{a_n}的通项公式；
（2）设b_n=（-1）ⁿ•n•a_n•a_n+1，求数列{b_n}的前n项和T_n．

Answer 1

分析 （1）a₁=1，a_n+1=$\frac{{a}_{n}}{2{a}_{n}+1}$（n∈N₊），两边取倒数可得$\frac{1}{{a}_{n+1}}$-$\frac{1}{{a}_{n}}$=2，即可证明，再利用等差数列的通项公式即可得出．
（2）b_n=（-1）ⁿ•n•a_n•a_n+1=（-1）ⁿn$•\frac{1}{（2n-1）（2n+1）}$=$（-1）^{n}•\frac{1}{4}$$（\frac{1}{2n-1}+\frac{1}{2n+1}）$．对n分类讨论即可得出．

解答 （1）证明：∵a₁=1，a_n+1=$\frac{{a}_{n}}{2{a}_{n}+1}$（n∈N₊），两边取倒数可得$\frac{1}{{a}_{n+1}}$=2+$\frac{1}{{a}_{n}}$，即$\frac{1}{{a}_{n+1}}$-$\frac{1}{{a}_{n}}$=2，
∴数列{$\frac{1}{{a}_{n}}$}为等差数列，首项为1，公差为2．
∴$\frac{1}{{a}_{n}}$=1+2（n-1）=2n-1，解得a_n=$\frac{1}{2n-1}$．
（2）解：b_n=（-1）ⁿ•n•a_n•a_n+1=（-1）ⁿn$•\frac{1}{（2n-1）（2n+1）}$=$（-1）^{n}•\frac{1}{4}$$（\frac{1}{2n-1}+\frac{1}{2n+1}）$．
∴n=2k（k∈N^*），数列{b_n}的前n项和T_n=T_2k=$\frac{1}{4}$$[-（1+\frac{1}{3}）+（\frac{1}{3}+\frac{1}{5}）$-$（\frac{1}{5}+\frac{1}{7}）$+…-$（\frac{1}{2n-3}+\frac{1}{2n-1}）$+$（\frac{1}{2n-1}+\frac{1}{2n+1}）]$
=$\frac{1}{4}$$（-1+\frac{1}{2n+1}）$=$\frac{-n}{4n+2}$．
n=2k-1（k∈N^*），数列{b_n}的前n项和T_n=T_2k-1=$\frac{1}{4}$$[-（1+\frac{1}{3}）+（\frac{1}{3}+\frac{1}{5}）$-$（\frac{1}{5}+\frac{1}{7}）$+…+$（\frac{1}{2n-3}+\frac{1}{2n-1}）$-$（\frac{1}{2n-1}+\frac{1}{2n+1}）]$
=$\frac{1}{4}$$（-1-\frac{1}{2n+1}）$=-$\frac{n+1}{4n+2}$．
综上可得：T_n=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{-n}{4n+2}，n=2k}\\{\frac{-（n+1）}{4n+2}，n=2k-1}\end{array}\right.$（k∈N^*）．

点评 本题考查了数列递推关系、等差数列的定义与通项公式、“裂项求和”方法，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于中档题．