Question

2．已知正項數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，且a_n²-4S_n+4n=0（n∈N^*）．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）求證：$\frac{1}{{a}_{1}^{2}}$+$\frac{1}{{a}_{2}^{2}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}^{2}}$＜$\frac{1}{2}$（n∈N^*）．

Answer 1

分析 （1）先根據(jù)數(shù)列的遞推公式求出a₁，再用a_n²-4S_n+4n=0（n∈N^*），①，a_n+1²-4S_n+1+4（n+1）=0（n∈N^*），②，作差即可證明數(shù)列{a_n}是以2為首項以2為公差的等差數(shù)列，問題得以解決；
（2）由$\frac{1}{{a}_{n}^{2}}$=$\frac{1}{4{n}^{2}}$≤$\frac{1}{4{n}^{2}-1}$=$\frac{1}{（2n-1）（2n+1）}$=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{2n-1}$-$\frac{1}{2n+1}$），即可證明．

解答 解：（1）∵a_n²-4S_n+4n=0（n∈N^*），①
當n=1時，a₁²-4S₁+4=0，解得a₁=2，
∴a_n+1²-4S_n+1+4（n+1）=0（n∈N^*），②
②-①得a_n+1²-a_n²-4a_n+1+4=0，
即（a_n+1-2）²-a_n²=0，
即（a_n+1-2+a_n）（a_n+1-2-a_n）=0，
∵正項數(shù)列{a_n}，且a₁=2，
∴a_n+1-a_n=2，
∴數(shù)列{a_n}是以2為首項以2為公差的等差數(shù)列，
∴a_n=2+2（n-1）=2n；
（2）證明：∵$\frac{1}{{a}_{n}^{2}}$=$\frac{1}{4{n}^{2}}$≤$\frac{1}{4{n}^{2}-1}$=$\frac{1}{（2n-1）（2n+1）}$=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{2n-1}$-$\frac{1}{2n+1}$），
∴$\frac{1}{{a}_{1}^{2}}$+$\frac{1}{{a}_{2}^{2}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}^{2}}$＜$\frac{1}{2}$（1-$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{5}$+…+$\frac{1}{2n-1}$-$\frac{1}{2n+1}$）=$\frac{1}{2}$（1-$\frac{1}{2n+1}$）＜$\frac{1}{2}$．

點評 本題考查了數(shù)列的通項公式和遞推公式以及放縮法和裂項求和，屬于中檔題．