Question

12．已知正項數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，滿足a_n²=S_n+S_n-1（n≥2），a₁=1．
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（Ⅱ）設(shè)b_n=$\frac{n+1}{{{（n+2）}^{2}a}_{n}^{2}}$，數(shù)列{b_n}的前n項和為T_n，證明：對任意n∈N^•，都有T_n＜$\frac{5}{16}$恒成立．

Answer 1

分析 （I）a_n²=S_n+S_n-1（n≥2），當(dāng)n≥3時，${a}_{n-1}^{2}$=S_n-1+S_n-2，兩式相減可得：a_n-a_n-1=1（n≥3）．當(dāng)n=2時，也成立，即a_n-a_n-1=1（n≥2），利用等差數(shù)列的通項公式即可得出．
（II）b_n=$\frac{n+1}{（n+2）^{2}{n}^{2}}$=$\frac{1}{4}$$[\frac{1}{{n}^{2}}-\frac{1}{（n+2）^{2}}]$，利用“裂項求和”、“放縮法”即可得出．

解答 （I）解：∵a_n²=S_n+S_n-1（n≥2），當(dāng)n≥3時，${a}_{n-1}^{2}$=S_n-1+S_n-2，
∴${a}_{n}^{2}-{a}_{n-1}^{2}$=S_n-S_n-2=a_n+a_n-1，
∵a_n＞0，∴a_n-a_n-1=1（n≥3）．
又${a}_{2}^{2}$=S₂+S₁=a₂+2a₁，a₁=1，a₂＞0，解得a₂=2，∴a₂-a₁=1，
∴a_n-a_n-1=1（n≥2）．
∴數(shù)列{a_n}為等差數(shù)列，公差為1，
∴a_n=1+（n-1）=n．
（II）證明：b_n=$\frac{n+1}{{{（n+2）}^{2}a}_{n}^{2}}$=$\frac{n+1}{（n+2）^{2}{n}^{2}}$=$\frac{1}{4}$$[\frac{1}{{n}^{2}}-\frac{1}{（n+2）^{2}}]$，
∴T_n=$\frac{1}{4}$$[（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}}）]$
=$\frac{1}{4}（1+\frac{1}{4}-\frac{1}{（n+1）^{2}}-\frac{1}{（n+2）^{2}}）$＜$\frac{1}{4}×\frac{5}{4}$=$\frac{5}{16}$．
∴對任意n∈N^•，都有T_n＜$\frac{5}{16}$恒成立．

點評 題考查了“裂項求和”、等差數(shù)列的通項公式、遞推式的應(yīng)用、“放縮法”，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．