Question

10．已知正項(xiàng)數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，且a₁=4，4S_n=a_n•a_n+1，n∈N^*．
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）設(shè)數(shù)列{$\frac{16}{{a}_{2n}^{2}}$}的前n項(xiàng)和為T_n，求證：$\frac{n}{n+1}$＜T_n＜2-$\frac{1}{n}$．

Answer 1

分析 （1）由a₁=4，4S_n=a_n•a_n+1，n∈N^*．可得4a₁=a₁a₂，解得a₂．當(dāng)n≥2時(shí)，4a_n=4（S_n-S_n-1），a_n＞0，化為a_n+1-a_n-1=4，可得：數(shù)列{a_n}的奇數(shù)項(xiàng)與偶數(shù)項(xiàng)分別成等差數(shù)列，公差都為4．即可得出．
（2）$\frac{16}{{a}_{2n}^{2}}$=$\frac{1}{{n}^{2}}$．先證明右邊：當(dāng)n≥2時(shí)，$\frac{1}{{n}^{2}}$＜$\frac{1}{（n-1）n}$=$\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}$．利用“裂項(xiàng)求和”即可證明．再證明左邊：由$\frac{1}{{n}^{2}}$＞$\frac{1}{n（n+1）}$=$\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$．利用“裂項(xiàng)求和”即可證明．

解答 （1）解：∵a₁=4，4S_n=a_n•a_n+1，n∈N^*．
∴4a₁=a₁a₂，解得a₂=4．
當(dāng)n≥2時(shí)，4a_n=4（S_n-S_n-1）=a_n•a_n+1-a_n-1a_n，a_n＞0，
∴a_n+1-a_n-1=4，
∴a_2n+1-a_2n-1=4，a_2n+2-a_2n=4，
因此數(shù)列{a_n}的奇數(shù)項(xiàng)與偶數(shù)項(xiàng)分別成等差數(shù)列，公差都為4．
∴a_2n-1=4+4（n-1）=4n；a_2n=4+4（n-1）=4n．
∴a_n=$\left\{\begin{array}{l}{2（n+1），n為奇數(shù)}\\{2n，n為偶數(shù)}\end{array}\right.$．
（2）證明：$\frac{16}{{a}_{2n}^{2}}$=$\frac{16}{（4n）^{2}}$=$\frac{1}{{n}^{2}}$．
先證明右邊：當(dāng)n≥2時(shí)，$\frac{1}{{n}^{2}}$＜$\frac{1}{（n-1）n}$=$\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}$．
∴T_n≤1+$（1-\frac{1}{2}）$+$（\frac{1}{2}-\frac{1}{3}）$+…+$（\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}）$=2-$\frac{1}{n}$，因此右邊成立．
再證明左邊：∵$\frac{1}{{n}^{2}}$＞$\frac{1}{n（n+1）}$=$\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$．
∴T_n＞$（1-\frac{1}{2}）$+$（\frac{1}{2}-\frac{1}{3}）$+…+$（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}）$=1-$\frac{1}{n+1}$=$\frac{n}{n+1}$，因此左邊成立．
綜上可得：$\frac{n}{n+1}$＜T_n＜2-$\frac{1}{n}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了遞推關(guān)系的應(yīng)用、等差數(shù)列的通項(xiàng)公式、“裂項(xiàng)求和”、“放縮法”，考查了分類討論方法、推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．