Question

將數(shù)列{a_n}中的所有項(xiàng)按每組比前一組項(xiàng)數(shù)多一項(xiàng)的規(guī)則分組如下：（a₁），（a₂，a₃），（a₄，a₅，a₆），（a₇，a₈，a₉，a₁₀），…每一組的第1個(gè)數(shù)a₁，a₂，a₄，a₇，…構(gòu)成的數(shù)列為{b_n}，b₁=a₁=1，S_n為數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和，且滿足S_n+1（S_n+2）=S_n（2-S_n+1），n∈N^*，
（I）求證：數(shù)列{

1

Sn

}成等差數(shù)列，并求出數(shù)列{b_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）若從第2組起，每一組中的數(shù)自左向右均構(gòu)成等比數(shù)列，且公比q為同一個(gè)正數(shù)，當(dāng)a₁₈=-

2

15

時(shí)，求公比q的值；   
（Ⅲ）在（Ⅱ）的條件下，記每組中最后一數(shù)a₁，a₃，a₆，a₁₀，…構(gòu)成的數(shù)列為{c_n}，設(shè)d_n=n²（n-1）•c_n，求數(shù)列{d_n}的前n項(xiàng)和T_n．

Answer 1

分析：（I）證明：由s_n+1（s_n+2）=s_n（2-s_n+1），整理可得，

1

sn+1

-

1

sn

=1可求s_n，進(jìn)而可求a_n
（II）由1+2+…+5=15，可得第1行至第5行共含有數(shù)列{a_n}的前15項(xiàng)，從而可求q
（III）由題意可得，每組中的數(shù)據(jù)依次構(gòu)成以b_n為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，從而可求c_n，進(jìn)而可求d_n，在利用錯(cuò)位相減法求解數(shù)列的和

解答：解：（I）證明：由s_n+1（s_n+2）=s_n（2-s_n+1）
得s_n-s_n+1=s_ns_n+1
所以

1

sn+1

-

1

sn

=1
又s₁=b₁=a₁=1
所以數(shù)列{

1

sn

}是首項(xiàng)為1，公差為1的等差數(shù)列
所以

1

sn

=n，即sn=

1

n

所以bn=

1，n=1 -1 n(n-1) ，n≥2

（II）解：因?yàn)?+2+…+5=15
所以第1行至第5行共含有數(shù)列{a_n}的15項(xiàng)
故a₁₈在表中第6行第三列．（12分）
所以，a₁₈=-

2

15

=b6q2，（13分）
所以q=2．（14分
（III）因?yàn)閺牡?組起，每組中的數(shù)據(jù)依次構(gòu)成以b_n為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列
所以cn=-

1

n(n-1)

•2n-1（n≥2，n∈N^*）
即Cn=

1，n=1 - 1 n(n-1) •2n-1，n≥2

于是n≥2當(dāng)時(shí)那么相減得，T_n=0+（-2）×2+（-3）×2²+…+（-n）•2^n-1
-T_n=0+2×2+3×2²+…+n•2^n-1
-2T_n=2×2²+3×2³+…+（n-1）•2^n-1+n•2ⁿ
相減可得，T_n=2×2+2²+2³+…+2^n-1-n•2^n-1=（1-n）•2ⁿ

點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了利用構(gòu)造等差數(shù)列求解數(shù)列的通項(xiàng)公式及錯(cuò)位相減求數(shù)列的和，解題的關(guān)鍵在于由條件進(jìn)行構(gòu)造及錯(cuò)位相減的方法的靈活應(yīng)用．