Question

3．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，且4S_n=a_n²+2a_n（n∈N^*）．
（1）求a₁的值及數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）記數(shù)列{$\frac{n+3}{{{a}_{n}}^{3}•{2}^{n}}$}的前n項(xiàng)和為T_n，求證：T_n＜$\frac{9}{32}$（n∈N^*）．

Answer 1

分析 （1）通過(guò)4S_n=a_n²+2a_n，令n=1可得首項(xiàng)，當(dāng)n≥2時(shí)，利用4a_n=a_n²+2a_n-（a_n-1²+2a_n-1）可得公差，進(jìn)而可得結(jié)論；
（Ⅱ）通過(guò)令n=1可得T₁＜$\frac{9}{32}$滿足結(jié)論，當(dāng)n≥2時(shí)，利用放縮法可得$\frac{n+3}{{{a}_{n}}^{3}•{2}^{n}}$＜$\frac{1}{8}$[$\frac{1}{（n-1）n}$•$\frac{1}{{2}^{n-1}}$-$\frac{1}{n（n+1）}$•$\frac{1}{{2}^{n}}$]，并項(xiàng)相加即得．

解答 （1）解：當(dāng)n=1時(shí)，4a₁=4S₁=${{a}_{1}}^{2}$+2a₁，
解得a₁=2或a₁=0（舍去）；
當(dāng)n≥2時(shí)，4S_n=a_n²+2a_n，4S_n-1=a_n-1²+2a_n-1，
相減得4a_n=a_n²+2a_n-（a_n-1²+2a_n-1），即a_n²-a_n-1²=2（a_n+a_n-1），
又a_n＞0，∴a_n+a_n-1≠0，則a_n-a_n-1=2，
∴數(shù)列{a_n}是首項(xiàng)為2，公差為2的等差數(shù)列，
∴a_n=2n；
（Ⅱ）證明：當(dāng)n=1時(shí)，T₁=$\frac{n+3}{{{a}_{n}}^{3}•{2}^{n}}$=$\frac{1}{4}$=$\frac{8}{32}$＜$\frac{9}{32}$；
當(dāng)n≥2時(shí)，$\frac{n+3}{{{a}_{n}}^{3}•{2}^{n}}$=$\frac{n+3}{8{n}^{3}•{2}^{n}}$=$\frac{n+3}{8n•{n}^{2}•{2}^{n}}$
＜$\frac{n+3}{8n（{n}^{2}-1）•{2}^{n}}$=$\frac{n+3}{8（n-1）n（n+1）•{2}^{n}}$=$\frac{1}{8}$•$\frac{n+1+2}{（n-1）n（n+1）•{2}^{n}}$
=$\frac{1}{8}${$\frac{1}{（n-1）n•{2}^{n}}$+[$\frac{1}{（n-1）n}$-$\frac{1}{n（n+1）}$]$\frac{1}{{2}^{n}}$}
=$\frac{1}{8}$[$\frac{1}{（n-1）n}$•$\frac{1}{{2}^{n-1}}$-$\frac{1}{n（n+1）}$•$\frac{1}{{2}^{n}}$]，
∴T_n＜$\frac{1}{4}$+$\frac{1}{8}$[$\frac{1}{1×2×{2}^{1}}$-$\frac{1}{2×3×{2}^{2}}$+$\frac{1}{2×3×{2}^{2}}$-$\frac{1}{3×4×{2}^{3}}$+…+$\frac{1}{（n-1）n}$•$\frac{1}{{2}^{n-1}}$-$\frac{1}{n（n+1）}$•$\frac{1}{{2}^{n}}$]
=$\frac{1}{4}$+$\frac{1}{8}$（$\frac{1}{1×2×{2}^{1}}$-$\frac{1}{n（n+1）}$•$\frac{1}{{2}^{n}}$）
＜$\frac{1}{4}$+$\frac{1}{8}$•$\frac{1}{1×2×{2}^{1}}$
=$\frac{1}{4}$+$\frac{1}{32}$=$\frac{9}{32}$；
綜上，對(duì)任意n∈N^*，均有T_n＜$\frac{9}{32}$成立．

點(diǎn)評(píng) 本題考查求數(shù)列的通項(xiàng)、判斷數(shù)列和的取值范圍，注意解題方法的積累，屬于中檔題．