Question

20．已知S_n為數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和，且a_n＞0，a_n²+a_n=2S_n．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）令b_n=$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n+1}}$，記T_n=b₁²b₃²…b_2n-1²，求證：T_n≥$\frac{1}{4n}$．

Answer 1

分析 （1）利用遞推關(guān)系可得a_n²+a_n=2S_n，a_n-1²+a_n-1=2S_n-1，兩式相減化簡(jiǎn)后得到a_n-a_n-1=1，繼而得到數(shù)列{a_n}是以為首項(xiàng)以1為公差的等差數(shù)列，求出通項(xiàng)公式即可，
（2）b_n=$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n+1}}$=$\frac{n}{n+1}$，數(shù)列{b_n}是遞增數(shù)列，利用放縮法即可證明．

解答 解：（1）∵a_n²+a_n=2S_n，
∴a_n-1²+a_n-1=2S_n-1，
∴a_n²+a_n-a_n-1²-a_n-1=2a_n，
∴（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1-1）=0，
∵a_n＞0，
∴a_n-a_n-1-1=0，
∴a_n-a_n-1=1，
∵n=1時(shí)
∴a₁²+a₁=2S₁=2a₁，
解得a₁=1，
∴數(shù)列{a_n}是以為首項(xiàng)以1為公差的等差數(shù)列，
∴a_n=1+（n-1）=n；
（2）∵b_n=$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n+1}}$=$\frac{n}{n+1}$，
∴數(shù)列{b_n}是遞增數(shù)列，
∴b_2n＞b_2n-1，
∴b_2nb_2n-1＞（b_2n-1）²，
∴T_n=b₁²b₃²…b_2n-1²≥b₁b₁b₂b₃b₄…b_2n=$\frac{1}{2}$×$\frac{1}{2}$×$\frac{2}{3}$×$\frac{3}{4}$×…×$\frac{2n-2}{2n-1}$×$\frac{2n-1}{2n}$=$\frac{1}{4n}$，當(dāng)n=1時(shí)取等號(hào)，
∴T_n≥$\frac{1}{4n}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了遞推關(guān)系的應(yīng)用、“放縮”法，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題