Question

14．已知正項數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，滿足S_n=（$\frac{{a}_{n}+1}{2}$）²．
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（Ⅱ）求數(shù)列{$\frac{4}{{a}_{n}•{a}_{n+1}}$}的前n項和T_n．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由已知求出a₁=1，$4{S}_{n}={{a}_{n}}^{2}+2{a}_{n}+1$，$4{S}_{n-1}={{a}_{n-1}}^{2}+2{a}_{n-1}+1$，n≥2，兩式相減得（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1-2）=0，從而a_n-a_n-1=2，由此能求出數(shù)列{a_n}的通項公式．
（Ⅱ）由$\frac{4}{{a}_{n}•{a}_{n+1}}$=$\frac{4}{（2n-1）（2n+1）}$=2（$\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}$），利用裂項求和法能求出數(shù)列{$\frac{4}{{a}_{n}•{a}_{n+1}}$}的前n項和．

解答 解：（Ⅰ）∵正項數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，滿足S_n=（$\frac{{a}_{n}+1}{2}$）²，
∴n=1時，${a}_{1}={S}_{1}=（\frac{{a}_{1}+1}{2}）^{2}$，解得a₁=1，
∵S_n=（$\frac{{a}_{n}+1}{2}$）²=$\frac{{{a}_{n}}^{2}+2{a}_{n}+1}{4}$，
∴$4{S}_{n}={{a}_{n}}^{2}+2{a}_{n}+1$，①
$4{S}_{n-1}={{a}_{n-1}}^{2}+2{a}_{n-1}+1$，n≥2，②
①-②，得：4a_n=${{a}_{n}}^{2}-{{a}_{n-1}}^{2}$+2（a_n-a_n-1），n≥2
∴（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1）-2（a_n+a_n-1）=0，n≥2
∴（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1-2）=0，n≥2
∵正項數(shù)列{a_n}中a_n＞0，∴a_n-a_n-1=2，n≥2
∴數(shù)列{a_n}是首項為1，公差為2的等差數(shù)列，
∴a_n=1+（n-1）×2=2n-1．
（Ⅱ）∵$\frac{4}{{a}_{n}•{a}_{n+1}}$=$\frac{4}{（2n-1）（2n+1）}$=2（$\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}$），
∴數(shù)列{$\frac{4}{{a}_{n}•{a}_{n+1}}$}的前n項和：
T_n=2（$\frac{1}{1}-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+…+$$\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}$）
=2（1-$\frac{1}{2n+1}$）
=$\frac{4n}{2n+1}$．

點評 本題考查數(shù)列的前n項和的求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意裂項求和法的合理運用．