Question

2．已知正項數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，a₁=2，4S_n=a_n•a_n+1
（1）求{a_n}的通項公式．
（2）設(shè)數(shù)列{${\frac{1}{a_n^2}$}的前n項和為T_n，求證：$\frac{n}{4n+4}$＜T_n＜$\frac{1}{2}$．

Answer 1

分析 （1）運用遞推關(guān)系式得出4S_n=a_n•a_n+1，4S_n-1=a_n-1•a_n，a₁×a₂=4a₁，a₂=4，
作差求解a_n+1-a_n-1=4，n≥2，利用a₁=2，a₂=4，判斷出{a_n}為等差數(shù)列，即可求解通項公式．
（2）運用數(shù)列的和得出前n項和為T_n=$\frac{1}{4}$$+\frac{1}{4×{2}^{2}}$$+\frac{1}{4×{3}^{2}}$$+…+\frac{1}{4{n}^{2}}$，
從通項公式放縮$\frac{1}{4{n}^{2}}$$＜\frac{1}{4n（n-1）}$=$\frac{1}{4}$[$\frac{1}{n-1}$$-\frac{1}{n}$]（n≥2），$\frac{1}{4{n}^{2}}$$＞\frac{1}{4n（n+1）}$=$\frac{1}{4}$[$\frac{1}{n}$$-\frac{1}{n+1}$]（n≥1）
得出正負(fù)項即可得證．

解答 解：（1）∵正項數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，a₁=2，4S_n=a_n•a_n+1，①
4S_n-1=a_n-1•a_n，②，a₁×a₂=4a₁，a₂=4
∴①-②得出：4a_n=a_n（a_n+1-a_n-1），
a_n+1-a_n-1=4，n≥2
∴a₂-a₁=4-2=2，
∴數(shù)列{a_n}為等差數(shù)列，首項為2，公差為2，
∴a_n=2n．
 （2）∵${\frac{1}{a_n^2}$=$\frac{1}{4{n}^{2}}$，
∴前n項和為T_n=$\frac{1}{4}$$+\frac{1}{4×{2}^{2}}$$+\frac{1}{4×{3}^{2}}$$+…+\frac{1}{4{n}^{2}}$，
∵$\frac{1}{4{n}^{2}}$$＜\frac{1}{4n（n-1）}$=$\frac{1}{4}$[$\frac{1}{n-1}$$-\frac{1}{n}$]（n≥2），
$\frac{1}{4{n}^{2}}$$＞\frac{1}{4n（n+1）}$=$\frac{1}{4}$[$\frac{1}{n}$$-\frac{1}{n+1}$]（n≥1）
∴T_n＞$\frac{1}{4}$[1-$\frac{1}{2}$$+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}$$+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}$+…+$\frac{1}{n}$$-\frac{1}{n+1}$]=$\frac{1}{4}$[1-$\frac{1}{n+1}$]=$\frac{n}{4n+4}$，
T_n＜$\frac{1}{4}$$+\frac{1}{4}$[$\frac{1}{1}$$-\frac{1}{2}$$+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n-1}$$-\frac{1}{n}$]=$\frac{1}{4}$$+\frac{1}{4}$[1-$\frac{1}{n}$]$＜\frac{1}{4}$$+\frac{1}{4}$=$\frac{1}{2}$，
∴$\frac{n}{4n+4}$＜T_n＜$\frac{1}{2}$．

點評 本題綜合考察了數(shù)列的定義性質(zhì)，通項公式的求解，放縮法求解證明數(shù)列的和的不等式，屬于中檔題，考察了學(xué)生的運算化簡能力．．