Question

17．已知各項為正的數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，數(shù)列{a_n}滿足S_n=$\frac{{{a}_{n}}^{2}+{a}_{n}}{2}$．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）設(shè)數(shù)列{b_n}滿足b_n=$\frac{1}{（{a}_{n}+1）^{2}}$，它的前n項和為T_n，求證：對任意正整數(shù)n，都有T_n＜1．

Answer 1

分析 （1）由${a}_{1}={S}_{1}=\frac{{{a}_{1}}^{2}+{a}_{1}}{2}$，得a₁=1，當n≥2時，a_n=S_n-S_n-1=$\frac{1}{2}（{{a}_{n}}^{2}-{{a}_{n-1}}^{2}）+\frac{1}{2}（{a}_{n}-{a}_{n-1}）$，從而$\frac{1}{2}（{a}_{n}+{a}_{n-1}）（{a}_{n}-{a}_{n-1}-1）=0$，由數(shù)列{a_n}各項為正，得a_n-a_n-1=1，從而數(shù)列{a_n}是以a₁=1為首項，公差為1的等差數(shù)列，由此能求出a_n．
（2）b_n=$\frac{1}{（n+1）^{2}}$＜$\frac{1}{n（n+1）}$=$\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$，由此利用裂項求和法能證明對任意正整數(shù)，都有T_n＜1．

解答 解：（1）∵各項為正的數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，數(shù)列{a_n}滿足S_n=$\frac{{{a}_{n}}^{2}+{a}_{n}}{2}$．
∴${a}_{1}={S}_{1}=\frac{{{a}_{1}}^{2}+{a}_{1}}{2}$，解得a₁=1，或a₁=0（舍），
當n≥2時，a_n=S_n-S_n-1=$\frac{{{a}_{n}}^{2}+{a}_{n}}{2}-\frac{{{a}_{n-1}}^{2}+{a}_{n-1}}{2}$=$\frac{1}{2}（{{a}_{n}}^{2}-{{a}_{n-1}}^{2}）+\frac{1}{2}（{a}_{n}-{a}_{n-1}）$，
∴$\frac{1}{2}（{a}_{n}+{a}_{n-1}）（{a}_{n}-{a}_{n-1}）-\frac{1}{2}（{a}_{n}+{a}_{n-1}）$=$\frac{1}{2}（{a}_{n}+{a}_{n-1}）（{a}_{n}-{a}_{n-1}-1）=0$，
∵數(shù)列{a_n}的各項為正，∴a_n+a_n-1＞0，∴a_n-a_n-1=1，
∴數(shù)列{a_n}是以a₁=1為首項，公差為1的等差數(shù)列，
∴a_n=1+（n-1）×1=n．
（2）證明：∵數(shù)列{b_n}滿足b_n=$\frac{1}{（{a}_{n}+1）^{2}}$，∴$_{n}=\frac{1}{（n+1）^{2}}$，
由$\frac{1}{{{{（n+1）}^2}}}＜\frac{1}{n（n+1）}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$（n∈N^*）…（9分）
得：T_n=$\frac{1}{{2}^{2}}+\frac{1}{{3}^{2}}+…+\frac{1}{（n+1）^{2}}$
＜（$\frac{1}{1}-\frac{1}{2}$）+（$\frac{1}{2}-\frac{1}{3}$）+…+（$\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$）
=1-$\frac{1}{n+1}$＜1．
∴對任意正整數(shù)，都有T_n＜1．

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1的證明，考查等差數(shù)列、裂項求和法等基礎(chǔ)知識，考查推理論證能力、運算求解能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想、函數(shù)與方程思想，是中檔題．