Question

1．在數(shù)列{a_n}中，已知a_n≥1，a₁=1，且a_n+1-a_n=$\frac{2}{{a}_{n+1}+{a}_{n}-1}$（n∈N^*）
（1）設(shè)b_n=（a_n-$\frac{1}{2}$）²，求數(shù)列{b_n}及{a_n}的通項公式
（2）設(shè)c_n=4b_n，Sn=$\frac{1}{{c}_{1}{c}_{2}}$+$\frac{1}{{c}_{2}{c}_{3}}$+…+$\frac{1}{{c}_{n}{c}_{n+1}}$，求證：$\frac{1}{9}$≤S_n＜$\frac{1}{8}$．

Answer 1

分析 （1）通過a_n+1-a_n=$\frac{2}{{a}_{n+1}+{a}_{n}-1}$可知${{a}_{n+1}}^{2}$-${{a}_{n}}^{2}$-a_n+1+a_n=2，計算可知b_n+1-b_n=2，進而可知數(shù)列{b_n}是以$\frac{1}{4}$為首項、2為公差的等差數(shù)列，計算即得結(jié)論；
（2）通過（1）可知b_n=$\frac{8n-7}{4}$，裂項可知$\frac{1}{{c}_{n}{c}_{n+1}}$=$\frac{1}{8}$（$\frac{1}{8n-7}$-$\frac{1}{8n+1}$），并項相加即得結(jié)論．

解答 （1）解：∵a_n+1-a_n=$\frac{2}{{a}_{n+1}+{a}_{n}-1}$（n∈N^*），
∴${{a}_{n+1}}^{2}$-${{a}_{n}}^{2}$-a_n+1+a_n=2，
又∵b_n={a_n-$\frac{1}{2}$}²，
∴b_n+1-b_n=$（{a}_{n+1}-\frac{1}{2}）^{2}$-$（{a}_{n}-\frac{1}{2}）^{2}$
=${{a}_{n+1}}^{2}$-${{a}_{n}}^{2}$-a_n+1+a_n
=2，
又∵b₁=$（{a}_{1}-\frac{1}{2}）^{2}$=$（{1-\frac{1}{2}）}^{2}$=$\frac{1}{4}$，
∴數(shù)列{b_n}是以$\frac{1}{4}$為首項、2為公差的等差數(shù)列，
∴b_n=$\frac{1}{4}$+2（n-1）=$\frac{8n-7}{4}$，
又∵a_n≥1，
∴數(shù)列{a_n}的通項公式a_n=$\sqrt{_{n}}$+$\frac{1}{2}$=$\frac{1}{2}$+$\frac{\sqrt{8n-7}}{2}$；
（2）證明：由（1）可知b_n=$\frac{8n-7}{4}$，
∴c_n=4b_n=8n-7，
∴$\frac{1}{{c}_{n}{c}_{n+1}}$=$\frac{1}{（8n-7）（8n+1）}$=$\frac{1}{8}$（$\frac{1}{8n-7}$-$\frac{1}{8n+1}$），
∴S_n=$\frac{1}{{c}_{1}{c}_{2}}$+$\frac{1}{{c}_{2}{c}_{3}}$+…+$\frac{1}{{c}_{n}{c}_{n+1}}$
=$\frac{1}{8}$（1-$\frac{1}{9}$+$\frac{1}{9}$-$\frac{1}{17}$+…+$\frac{1}{8n-7}$-$\frac{1}{8n+1}$）
=$\frac{1}{8}$（1-$\frac{1}{8n+1}$）
=$\frac{1}{8}$-$\frac{1}{64n+8}$
＜$\frac{1}{8}$，
∵f（n）=$\frac{1}{8}$-$\frac{1}{64n+8}$隨著n的增大而增大，
∴f（n）≥f（1）=$\frac{1}{8}$-$\frac{1}{64+8}$=$\frac{1}{9}$，
∴$\frac{1}{9}$≤S_n＜$\frac{1}{8}$．

點評 本題考查數(shù)列的通項及前n項和，注意解題方法的積累，屬于中檔題．