Question

8．已知數(shù)列{a_n}中，a₁=$\frac{1}{2}$，a_n+1=$\frac{2{a}_{n}}{{a}_{n}+2}$（n∈N^*）．
（I）證明數(shù)列{$\frac{1}{{a}_{n}}$}為等差數(shù)列，并求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（Ⅱ）已知數(shù)列{b_n}的前n項和為S_n，且對任意正整數(shù)n，都有（1+$\frac{_{n}}{{{a}^{2}}_{n}}$）•n=$\frac{5{n}^{2}+10n+9}{4n+4}$成立，證明：$\frac{1}{2}$≤S_n＜1．

Answer 1

分析 （I）由a₁=$\frac{1}{2}$，a_n+1=$\frac{2{a}_{n}}{{a}_{n}+2}$（n∈N^*），兩邊取倒數(shù)可得：$\frac{1}{{a}_{n+1}}$=$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{a}_{n}}$，即可證明，再利用等差數(shù)列的通項公式即可得出a_n．
（II）對任意正整數(shù)n，都有（1+$\frac{_{n}}{{{a}^{2}}_{n}}$）•n=$\frac{5{n}^{2}+10n+9}{4n+4}$成立，可得b_n=$\frac{1}{n（n+1）}$，再利用“裂項求和”即可得出．

解答 證明：（I）∵a₁=$\frac{1}{2}$，a_n+1=$\frac{2{a}_{n}}{{a}_{n}+2}$（n∈N^*），兩邊取倒數(shù)可得：$\frac{1}{{a}_{n+1}}$=$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{a}_{n}}$，∴$\frac{1}{{a}_{n+1}}$-$\frac{1}{{a}_{n}}$=$\frac{1}{2}$．
∴數(shù)列{$\frac{1}{{a}_{n}}$}為等差數(shù)列，首項為2，公差為$\frac{1}{2}$．
∴$\frac{1}{{a}_{n}}$=2+$\frac{1}{2}（n-1）$=$\frac{n+3}{2}$，∴a_n=$\frac{2}{n+3}$．
（II）對任意正整數(shù)n，都有（1+$\frac{_{n}}{{{a}^{2}}_{n}}$）•n=$\frac{5{n}^{2}+10n+9}{4n+4}$成立，
∴$（1+\frac{（n+3）^{2}_{n}}{4}）•n$=$\frac{5{n}^{2}+10n+9}{4n+4}$，
化為n•（n+3）²b_n=$\frac{5{n}^{2}+10n+9}{n+1}$-4n=$\frac{（n+3）^{2}}{n+1}$，
∴b_n=$\frac{1}{n（n+1）}$=$\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$．
∴S_n=$（1-\frac{1}{2}）+（\frac{1}{2}-\frac{1}{3}）$+…+$（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}）$=1-$\frac{1}{n+1}$．
∴$\frac{1}{2}$≤S_n＜1．

點(diǎn)評 本題考查了等差數(shù)列的通項公式、“裂項求和”、不等式的性質(zhì)、數(shù)列的單調(diào)性，考查了變形能力、推理能力與計算能力，屬于中檔題．