Question

15．设正项数列{a_n}满足a₁=1，且S_n+S_n-1=a_n²（n≥2），这里S_n为正项数列{a_n}的前n项和．
（1）求此数列的通项公式a_n；
（2）k为自然数，记b_n=a_n•a_n+1…a_n+k，探索数列{b_n}的前n项和T_n（k）的公式（不必说明理由）
（3）利用T_n（k）的公式，设计一种方法，计算1²+2²+…+n²．

Answer 1

分析 （1）通过S_n+S_n-1=a_n²（n≥2）与S_n+1+S_n=a_n+1²作差、整理可知数列{a_n}是以首项、公差均为1的等差数列，计算即得结论；
（2）通过（1）计算、变形可知b_n=$\frac{n×（n+1）×…×（n+k+1）-（n-1）×n×…×（n+k）}{k+2}$，并项相加即得结论；
（3）通过（2）计算、变形可知T_n（1）=1×2+2×3+…+n（n+1）=1²+2²+3²+…+n²+$\frac{n（n+1）}{2}$=$\frac{n（n+1）（n+2）}{3}$，进而可得结论．

解答 解：（1）∵S_n+S_n-1=a_n²（n≥2），
∴S_n+1+S_n=a_n+1²，
两式相减得：a_n+1+a_n=${{a}_{n+1}}^{2}$-${{a}_{n}}^{2}$，
，∵a_n＞0，${{a}_{n+1}}^{2}$-${{a}_{n}}^{2}$=（a_n+1+a_n）（a_n+1-a_n），
∴a_n+1-a_n=1，
又∵a₁=1，
∴数列{a_n}是以首项、公差均为1的等差数列，
∴通项公式a_n=n；
（2）由（1）可知，b₁=1×2×3×…×k×（k+1）
=$\frac{1×2×3×…×（k+2）-0×1×2×…×（k+1）}{k+2}$，
b₂=2×3×…×（k+1）×（k+2）
=$\frac{2×3×4×…×（k+3）-1×2×3×…×（k+2）}{k+2}$，
b₃=3×4×…×（k+2）×（k+3）
=$\frac{3×4×5×…×（k+4）-2×3×4×…×（k+3）}{k+2}$，
…
b_n=$\frac{n×（n+1）×…×（n+k+1）-（n-1）×n×…×（n+k）}{k+2}$，
∴T_n（k）=b₁+b₂+…b_n
=$\frac{1×2×3×…×（k+2）-0×1×2×…×（k+1）}{k+2}$+$\frac{2×3×4×…×（k+3）-1×2×3×…×（k+2）}{k+2}$+…+$\frac{n×（n+1）×…×（n+k+1）-（n-1）×n×…×（n+k）}{k+2}$
=$\frac{n×（n+1）×…×（n+k+1）-0}{k+2}$
=$\frac{n×（n+1）×…×（n+k+1）}{k+2}$；
（3）由（2）可知，T_n（k）=$\frac{n×（n+1）×…×（n+k+1）}{k+2}$，
当k=1时，T_n=1×2+2×3+…+n（n+1）
=1×（1+1）+2×（2+1）+…+n²+n
=1²+2²+3²+…+n²+（1+2+3+…+n）
=1²+2²+3²+…+n²+$\frac{n（n+1）}{2}$
=$\frac{n（n+1）（n+2）}{3}$
∴1²+2²+3²+…+n²=$\frac{1}{6}$n（n+1）（2n+1）．

点评 本题考查数列的通项及前n项和，考查运算求解能力，对表达式的灵活变形是解决本题的关键，注意解题方法的积累，属于中档题．