Question

15．已知正項數(shù)列{a_n}的首項a₁=2，點P（a_n+1，a_n）在曲線x²-y²=1上．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）設(shè)b_n=$\frac{1}{{{a_{n+1}}+{a_n}}}$，{b_n}的前n項和為T_n，證明：T_n＞-2．

Answer 1

分析 （1）由已知得${{a}_{n+1}}^{2}-{{a}_{n}}^{2}=1$，從而{${{a}_{n}}^{2}$}是首項為4，公差為1的等差數(shù)列，由此能求出數(shù)列{a_n}的通項公式．
（2）由b_n=$\frac{1}{{{a_{n+1}}+{a_n}}}$=$\frac{1}{\sqrt{n+4}+\sqrt{n+3}}$=$\sqrt{n+4}-\sqrt{n+3}$，利用裂項求和法能證明T_n＞-2．

解答 （1）解：∵正項數(shù)列{a_n}的首項a₁=2，點P（a_n+1，a_n）在曲線x²-y²=1上，
∴${{a}_{n+1}}^{2}-{{a}_{n}}^{2}=1$，
又${{a}_{1}}^{2}=4$，∴{${{a}_{n}}^{2}$}是首項為4，公差為1的等差數(shù)列，
∴${{a}_{n}}^{2}=4+（n-1）•1$=n+3，
∵正項數(shù)列{a_n}中a_n＞0，
∴a_n=$\sqrt{n+3}$．
（2）證明：∵b_n=$\frac{1}{{{a_{n+1}}+{a_n}}}$=$\frac{1}{\sqrt{n+4}+\sqrt{n+3}}$=$\sqrt{n+4}-\sqrt{n+3}$，
∴T_n=$\sqrt{5}-\sqrt{4}+\sqrt{6}-\sqrt{5}+…+\sqrt{n+4}-\sqrt{n+3}$
=$\sqrt{n+4}-2$＞-2，
∴T_n＞-2．

點評 本題考查數(shù)列的通項公式的求法，考查不等式的證明，是中檔題，解題時要認真審題，注意等差數(shù)列和裂項求和法的合理運用．