Question

7．已知正數(shù)數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，滿足a_n=（$\sqrt{S_n}+\sqrt{{S_{n-1}}}$）（n≥2，n∈N^*），a₁=1．
（Ⅰ）求證：{$\sqrt{S_n}\}$是等差數(shù)列；
（Ⅱ）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（Ⅲ）令b_n=$\frac{4n}{{a_n^2•a_{n+1}^2}}$，數(shù)列{b_n}的前n項和為T_n，求使得T_n＜$\frac{m}{10}$對于所有n∈N*都成立的最小正整數(shù)m．

Answer 1

分析 （I）由a_n=（$\sqrt{S_n}+\sqrt{{S_{n-1}}}$）（n≥2，n∈N^*），可得S_n-S_n-1=（$\sqrt{S_n}+\sqrt{{S_{n-1}}}$）（n≥2，n∈N^*），又正數(shù)數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，可得$\sqrt{{S}_{n}}$-$\sqrt{{S}_{n-1}}$=1，即可證明．
（II）由（I）可得：$\sqrt{{S}_{n}}$=1+（n-1）=n，S_n=n²．利用a_n=S_n-S_n-1即可得出．
（III）利用“裂項求和”方法、數(shù)列的單調(diào)性即可得出．

解答 （I）證明：∵a_n=（$\sqrt{S_n}+\sqrt{{S_{n-1}}}$）（n≥2，n∈N^*），
∴S_n-S_n-1=（$\sqrt{S_n}+\sqrt{{S_{n-1}}}$）（n≥2，n∈N^*），
又正數(shù)數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，∴$\sqrt{S_n}+\sqrt{{S_{n-1}}}$＞0．
∴$\sqrt{{S}_{n}}$-$\sqrt{{S}_{n-1}}$=1，
∴{$\sqrt{S_n}\}$是等差數(shù)列，公差為1，首項為1．
（II）解：由（I）可得：$\sqrt{{S}_{n}}$=1+（n-1）=n，
∴S_n=n²．
∴a_n=S_n-S_n-1=n²-（n-1）²=2n-1．
（III）解：b_n=$\frac{4n}{{a_n^2•a_{n+1}^2}}$=$\frac{4n}{（2n-1）^{2}（2n+1）^{2}}$=$\frac{1}{2}[\frac{1}{（2n-1）^{2}}-\frac{1}{（2n+1）^{2}}]$，
∴數(shù)列{b_n}的前n項和為T_n=$\frac{1}{2}$$[（1-\frac{1}{{3}^{2}}）+（\frac{1}{{3}^{2}}-\frac{1}{{5}^{2}}）$+…+$（\frac{1}{（2n-1）^{2}}-\frac{1}{（2n+1）^{2}}）]$
=$\frac{1}{2}[1-\frac{1}{（2n+1）^{2}}]$$＜\frac{1}{2}$，
∴使得T_n＜$\frac{m}{10}$對于所有n∈N*都成立，則$\frac{1}{2}≤\frac{m}{10}$，解得m≥5．
因此使得T_n＜$\frac{m}{10}$對于所有n∈N*都成立的最小正整數(shù)m=5．

點評 本題考查了數(shù)列的遞推關(guān)系、“裂項求和方法”、等差數(shù)列的通項公式、數(shù)列的單調(diào)性，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．