Question

8．已知數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，若4S_n=（2n-1）a_n+1+1，且a₁=1．
（Ⅰ）證明：數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列，并求出{a_n}的通項公式；
（Ⅱ）設(shè)b_n=$\frac{1}{{{a_n}\sqrt{S_n}}}$，數(shù)列{b_n}的前n項和為T_n，證明：T_n＜$\frac{3}{2}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用4S_n=（2n-1）a_n+1+1，寫出4S_n-1=（2n-3）a_n+1，兩式相減，得$\frac{{{a_{n+1}}}}{a_n}=\frac{2n+1}{2n-1}\;（{n≥2}）$，利用累加法求解a_n，判斷數(shù)列{a_n}是首項為1，公差為2的等差數(shù)列．
（Ⅱ）利用放縮法以及裂項法，直接證明求解即可．

解答 （Ⅰ）證明：因為4S_n=（2n-1）a_n+1+1，所以當(dāng)n≥2時，4S_n-1=（2n-3）a_n+1，
兩式相減，得4a_n=（2n-1）a_n+1-（2n-3）a_n（n≥2），
所以（2n+1）a_n=（2n-1）a_n+1，即$\frac{{{a_{n+1}}}}{a_n}=\frac{2n+1}{2n-1}\;（{n≥2}）$，
在4S_n=（2n-1）a_n+1+1中，令n=1，得a₂=3，
所以$\begin{array}{c}{a}_{n}=\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}•\frac{{a}_{n-1}}{{a}_{n-2}}•\frac{{a}_{n-2}}{{a}_{n-3}}•…•\frac{{a}_{3}}{{a}_{2}}•\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}•{a}_{1}\end{array}\right.$
=$\frac{2n-1}{2n-3}•\frac{2n-3}{2n-5}•\frac{2n-5}{2n-7}•…•\frac{5}{3}•\frac{3}{1}•1=2n-1$，
所以a_n-a_n-1=（2n-1）-（2n-3）=2（n≥2），
故數(shù)列{a_n}是首項為1，公差為2的等差數(shù)列，且a_n=2n-1．
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，${S_n}=n+\frac{{n（{n-1}）}}{2}×2={n^2}$，
當(dāng)n=1時，${T_1}=\frac{1}{{{a_1}\sqrt{S_1}}}=1＜\frac{3}{2}$；
當(dāng)n≥1時，${b_n}=\frac{1}{{{a_n}\sqrt{S_n}}}=\frac{1}{{（{2n-1}）n}}=\frac{2}{{2n（{2n-1}）}}＜\frac{2}{{2n（{2n-2}）}}=\frac{1}{2n-2}-\frac{1}{2n}$，
所以${T_n}={b_1}+{b_2}+{b_3}+…+{b_n}＜1+\frac{1}{2}-\frac{1}{4}+\frac{1}{4}-\frac{1}{6}+…+\frac{1}{2n-2}-\frac{1}{2n}=\frac{3}{2}-\frac{1}{2n}＜\frac{3}{2}$．

點(diǎn)評 本題考查等差數(shù)列的判定，數(shù)列的遞推關(guān)系式的應(yīng)用，放縮法以及裂項求和的應(yīng)用，考查分析問題解決問題的能力．