Question

1．?dāng)?shù)列{a_n}中，a₁=8，a₄=2且滿足a_n+2=2a_n+1-a_n（n∈N₊）
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）設(shè)S_n=|a₁|+|a₂|+…+|a_n|，求S_n．
（3）設(shè)b_n=$\frac{n+1}{（n+2）^{2}（10-{a}_{n}）^{2}}$（n∈N₊），數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為T_n，證明：對(duì)于任意的n∈N₊，都有T_n＜$\frac{5}{64}$．

Answer 1

分析 （1）利用等差數(shù)列的定義及其通項(xiàng)公式即可得出；
（2）對(duì)a_n≥0，a_n＜0，討論，再利用等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式即可；
（3）利用“裂項(xiàng)求和”與不等式的性質(zhì)即可得出．

解答 解：（1）∵數(shù)列{a_n}滿足a_n+2=2a_n+1-a_n（n∈N₊），
∴數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列，公差為d．
∵a₁=8，a₄=2，
∴2=8+3d，解得d=-2．
∴a_n=8-2（n-1）=10-2n．
（2）設(shè)數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為A_n，則A_n=$\frac{n（8+10-2n）}{2}$=n（9-n）．
令a_n≥0，解出n≤5．
∴當(dāng)n≤5時(shí)，S_n=A_n=n（9-n），
當(dāng)n≥6時(shí)，S_n=A₅-a₆-a₆-…-a_n
=2A₅-A_n
=2×5×（9-5）-n（9-n）
=n²-9n+40．
∴S_n=$\left\{\begin{array}{l}{9n-{n}^{2}，n≤5}\\{{n}^{2}-9n+40，n≥6}\end{array}\right.$．
（3）證明：b_n=$\frac{n+1}{（n+2）^{2}（10-{a}_{n}）^{2}}$=$\frac{n+1}{（n+2）^{2}（2n）^{2}}$=$\frac{1}{16}（\frac{1}{{n}^{2}}-\frac{1}{（n+2）^{2}}）$$（\frac{1}{{n}^{2}}-\frac{1}{（n+2）^{2}}）$，
∴數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和T_n=$\frac{1}{16}[（1-\frac{1}{{3}^{2}}）$+$（\frac{1}{{2}^{2}}-\frac{1}{{4}^{2}}）$+$（\frac{1}{{3}^{2}}-\frac{1}{{5}^{2}}）$+…+$（\frac{1}{（n-1）^{2}}-\frac{1}{（n+1）^{2}}）$+$（\frac{1}{{n}^{2}}-\frac{1}{（n+2）^{2}}）]$
=$\frac{1}{16}（1+\frac{1}{4}-\frac{1}{（n+1）^{2}}-\frac{1}{（n+2）^{2}}）$＜$\frac{5}{64}$．
∴對(duì)于任意的n∈N₊，都有T_n＜$\frac{5}{64}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了等差數(shù)列的通項(xiàng)公式及其前n項(xiàng)和公式、“裂項(xiàng)求和”、不等式的性質(zhì)，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．