Question

15．已知數(shù)列{a_n}滿足$\frac{1}{{a}_{n+1}-4}$=$\frac{{a}_{n}}{4（{a}_{n}-4）}$，且a₁=8．
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（Ⅱ）設(shè)S_n為數(shù)列{$\frac{\sqrt{{a}_{n}}-2}{\sqrt{n+1}}$}的前n項和，證明：S_n＜2．

Answer 1

分析 （1）推導(dǎo)出$\frac{1}{{a}_{n+1}-4}$=$\frac{1}{{a}_{n}-4}+\frac{1}{4}$，從而得到數(shù)列{$\frac{1}{{a}_{n}-4}$}是以$\frac{1}{4}$為首項，以$\frac{1}{4}$為公差的等差數(shù)列，由此能求出數(shù)列{a_n}的通項公式．
（2）由$\frac{\sqrt{{a}_{n}}-2}{\sqrt{n+1}}$=$\frac{\sqrt{\frac{4n+4}{n}}-2}{\sqrt{n+1}}$=2（$\frac{1}{\sqrt{n}}-\frac{1}{\sqrt{n+1}}$），利用裂項求和法能證明S_n＜2．

解答 解：（1）∵數(shù)列{a_n}滿足$\frac{1}{{a}_{n+1}-4}$=$\frac{{a}_{n}}{4（{a}_{n}-4）}$，且a₁=8，
∴$\frac{1}{{a}_{n+1}-4}$=$\frac{{a}_{n}}{4（{a}_{n}-4）}$=$\frac{\frac{1}{4}（{a}_{n}-4+4）}{{a}_{n}-4}$
=$\frac{1}{4}（1+\frac{4}{{a}_{n}-4}）$=$\frac{1}{{a}_{n}-4}+\frac{1}{4}$，
∴$\frac{1}{{a}_{n+1}-4}-\frac{1}{{a}_{n}-4}=\frac{1}{4}$，
又$\frac{1}{{a}_{1}-4}=\frac{1}{8-4}=\frac{1}{4}$，
∴數(shù)列{$\frac{1}{{a}_{n}-4}$}是以$\frac{1}{4}$為首項，以$\frac{1}{4}$為公差的等差數(shù)列，
∴$\frac{1}{{a}_{n}-4}$=$\frac{1}{4}+（n-1）×\frac{1}{4}$=$\frac{n}{4}$，
∴a_n-4=$\frac{4}{n}$，∴a_n=$\frac{4n+4}{n}$，
n=1時，a₁=$\frac{4×1+4}{1}$=8，滿足通項公式
數(shù)列{a_n}的通項公式為a_n=$\frac{4n+4}{n}$．
證明：（2）$\frac{\sqrt{{a}_{n}}-2}{\sqrt{n+1}}$=$\frac{\sqrt{\frac{4n+4}{n}}-2}{\sqrt{n+1}}$
=$\frac{2（\sqrt{n+1}-\sqrt{n}）}{\sqrt{n+1}•\sqrt{n}}$=2（$\frac{1}{\sqrt{n}}-\frac{1}{\sqrt{n+1}}$）
∴數(shù)列{$\frac{\sqrt{{a}_{n}}-2}{\sqrt{n+1}}$}的前n項和：
S_n=2（$\frac{1}{\sqrt{1}}-\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}}-\frac{1}{\sqrt{3}}$+…+$\frac{1}{\sqrt{n}}-\frac{1}{\sqrt{n+1}}$）
=2（1-$\frac{1}{\sqrt{n+1}}$）
=2-$\frac{2}{\sqrt{n+1}}$，
∴S_n＜2．

點評 本題考查數(shù)列的通項公式的求法，考查數(shù)列的前n項和小于2的證明，是中檔題，解題時要認真審題，注意裂項求和法的合理運用．