Question

12．已知各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{a_n}滿足a_n+2+2$\sqrt{{a}_{n}{a}_{n+2}}$=4a_n+1-a_n（n∈N^*），且a₁=1，a₂=4．
（1）證明：數(shù)列{$\sqrt{{a}_{n}}$}是等差數(shù)列；
（2）數(shù)列{$\frac{4n+2}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$}的前項(xiàng)n和為S_n，求證：S_n＜2．

Answer 1

分析 （1）通過(guò)關(guān)系式a_n+2+2$\sqrt{{a}_{n}{a}_{n+2}}$=4a_n+1-a_n（n∈N^*）計(jì)算出前幾項(xiàng)的值，猜想通項(xiàng)公式，進(jìn)而利用數(shù)學(xué)歸納法證明即可；
（2）通過(guò)（1）裂項(xiàng)可知$\frac{4n+2}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$=2[$\frac{1}{{n}^{2}}$-$\frac{1}{（n+1）^{2}}$]，進(jìn)而并項(xiàng)相加、放縮即得結(jié)論．

解答 證明：（1）依題意，a₃+2$\sqrt{{a}_{3}}$=4×4-1，
整理得：（$\sqrt{{a}_{3}}$-3）（$\sqrt{{a}_{3}}$+5）=0，
解得：$\sqrt{{a}_{3}}$=3或$\sqrt{{a}_{3}}$=-5（舍），
又∵a₄+2$\sqrt{4{a}_{4}}$=4×3²-4，
∴a₄+4$\sqrt{{a}_{4}}$-32=0，
解得：$\sqrt{{a}_{4}}$=4或$\sqrt{{a}_{4}}$=-8（舍），
猜想：$\sqrt{{a}_{n}}$=n．
下面用數(shù)學(xué)歸納法來(lái)證明：
①當(dāng)n=1時(shí)，結(jié)論顯然成立；
②假設(shè)當(dāng)n=k時(shí)，有$\sqrt{{a}_{k}}$=k，
則a_k+1+2$\sqrt{{a}_{k-1}•{a}_{k+1}}$=4a_k-a_k-1，
即a_k+1+2（k-1）$\sqrt{{a}_{k+1}}$-3k²-2k+1=0，
整理得：[$\sqrt{{a}_{k+1}}$-（k+1）][$\sqrt{{a}_{k+1}}$+（3k-1）]=0，
解得：$\sqrt{{a}_{k+1}}$=k+1或$\sqrt{{a}_{k+1}}$=-3k+1（舍），
即當(dāng)n=k+1時(shí)結(jié)論成立；
由①②可知，$\sqrt{{a}_{n}}$=n，
于是數(shù)列{$\sqrt{{a}_{n}}$}是首項(xiàng)、公差均為1的等差數(shù)列；
（2）由（1）可知a_n=n²，
則$\frac{4n+2}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$=$\frac{4n+2}{{n}^{2}•（n+1）^{2}}$=2[$\frac{1}{{n}^{2}}$-$\frac{1}{（n+1）^{2}}$]，
于是S_n=2[1-$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$-$\frac{1}{{3}^{2}}$+…+$\frac{1}{{n}^{2}}$-$\frac{1}{（n+1）^{2}}$]
=2[1-$\frac{1}{（n+1）^{2}}$]
＜2．

點(diǎn)評(píng) 本題考查等差數(shù)列的證明及數(shù)列的前n項(xiàng)和的計(jì)算，考查數(shù)學(xué)歸納法，考查裂項(xiàng)相消法，注意解題方法的積累，屬于中檔題．