Question

14．已知各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為s_n，a₁=1，4s_n=a${\;}_{n+1}^{2}$-4n-1，n∈N^*．
（1）求a₂，a₃的值；
（2）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（3）證明：n∈N^*，有$\frac{1}{{a}_{1}{a}_{2}+1}$+$\frac{1}{{a}_{2}{a}_{3}+1}$+$\frac{1}{{a}_{3}{a}_{4}+1}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}+1}$＜$\frac{1}{2}$．

Answer 1

分析 （1）利用4s_n=a${\;}_{n+1}^{2}$-4n-1，直接求出a₂=3，a₃=5．
（2）通過(guò)4s_n=a${\;}_{n+1}^{2}$-4n-1，寫出4s_n-1=a${\;}_{n}^{2}$-4（n-1）-1，推出a${\;}_{n+1}^{2}$=$（{a}_{n}+2）^{2}$，n≥2，說(shuō)明數(shù)列{a_n}是首項(xiàng)為1，公差為2的等差數(shù)列，求出a_n．
（3）利用通項(xiàng)$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}+1}$放大為$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$，然后利用裂項(xiàng)求和證明即可．

解答 解：（1）由4s_n=a${\;}_{n+1}^{2}$-4n-1得4s₁=a₂²-4-1，
因?yàn)閍_n＞0，a₁=1，所以a₂=$\sqrt{4{a}_{1}+5}$=3，所以a₂=3，
據(jù)而可得a₃=5--------（2分）．
（2）4s_n=a${\;}_{n+1}^{2}$-4n-1-----（1）
當(dāng)n≥2，4s_n-1=a${\;}_{n}^{2}$-4（n-1）-1-----（2）
由（1）-（2）得4a_n=a${\;}_{n+1}^{2}$-a${\;}_{n}^{2}$-4，即a${\;}_{n+1}^{2}$=$（{a}_{n}+2）^{2}$，n≥2
因?yàn)閍_n＞0，所以a_n+1=a_n+2，a_n+1-a_n=2，（n≥2），
又a₂-a₁=2，所以數(shù)列{a_n}是首項(xiàng)為1，公差為2的等差數(shù)列，
所以a_n=2n-1．-----------（8分）（或用數(shù)學(xué)歸納法）
（3）$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}+1}$＜$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$=$\frac{1}{（2n-1）（2n+1）}$=$\frac{1}{2}$$（\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）$，
所以$\frac{1}{{a}_{1}{a}_{2}+1}$+$\frac{1}{{a}_{2}{a}_{3}+1}$+$\frac{1}{{a}_{3}{a}_{4}+1}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}+1}$＜$\frac{1}{2}$$（1-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+…+\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）$=$\frac{1}{2}-\frac{1}{4n+2}＜\frac{1}{2}$，-------------（14分）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的遞推關(guān)系式的應(yīng)用，通項(xiàng)公式的求法，裂項(xiàng)求和以及放縮法的應(yīng)用，也可以利用數(shù)學(xué)歸納法證明求解．