Question

9．已知正項數(shù)列{a_n}的前n項和S_n滿足：S_n²-（n²+n-1）S_n-（n²+n）=0，
（Ⅰ）求S₁和S₂的值；     
（Ⅱ）求{a_n}的通項公式a_n；
（Ⅲ）若令b_n=$\frac{n+1}{{{{（n+2）}^2}{a_n}^2}}$，設(shè)數(shù)列{b_n}的前n項和為T_n．求證：$\frac{1}{18}$≤T_n＜$\frac{5}{64}$．

Answer 1

分析 （I）由正項數(shù)列{a_n}的前n項和S_n滿足：S_n²-（n²+n-1）S_n-（n²+n）=0，n=1，2時可得：${S}_{1}^{2}$-S₁-2=0，${S}_{2}^{2}-5{S}_{2}$-6=0，解出即可得出．
（II）由S_n²-（n²+n-1）S_n-（n²+n）=0，可得[Sn-（n2+n）]（Sn+1）=0．根據(jù){a_n}是正項數(shù)列，可得Sn＞0，Sn=n2+n利用遞推關(guān)系即可得出．
（III）b_n=$\frac{n+1}{{{{（n+2）}^2}{a_n}^2}}$=$\frac{n+1}{（n+2）^{2}×4{n}^{2}}$=$\frac{1}{16}$$[\frac{1}{{n}^{2}}-\frac{1}{（n+2）^{2}}]$，利用“裂項求和”方法與數(shù)列的單調(diào)性即可得出．

解答 （I）解：由正項數(shù)列{a_n}的前n項和S_n滿足：S_n²-（n²+n-1）S_n-（n²+n）=0，n=1，2時可得：${S}_{1}^{2}$-S₁-2=0，${S}_{2}^{2}-5{S}_{2}$-6=0，
解得a₁=S₁=2，S₂=6．
（II）解：由S_n²-（n²+n-1）S_n-（n²+n）=0，可得[Sn-（n2+n）]（Sn+1）=0．
∵{a_n}是正項數(shù)列，
∴Sn＞0，Sn=n2+n．
n≥2時，an=Sn-Sn-1=n2+n-（n-1）2-（n-1）=2n．
綜上，數(shù)列{a_n}的通項a_n=2n．
（III）證明：b_n=$\frac{n+1}{{{{（n+2）}^2}{a_n}^2}}$=$\frac{n+1}{（n+2）^{2}×4{n}^{2}}$=$\frac{1}{16}$$[\frac{1}{{n}^{2}}-\frac{1}{（n+2）^{2}}]$，
∴數(shù)列{b_n}的前n項和T_n=$\frac{1}{16}$$[（1-\frac{1}{{3}^{2}}）$+$（\frac{1}{{2}^{2}}-\frac{1}{{4}^{2}}）$+$（\frac{1}{{3}^{2}}-\frac{1}{{5}^{2}}）$+…+$（\frac{1}{（n-1）^{2}}-\frac{1}{（n+1）^{2}}）$+$（\frac{1}{{n}^{2}}-\frac{1}{（n+2）^{2}}）]$=$\frac{1}{16}$$[1+\frac{1}{4}-\frac{1}{（n+1）^{2}}-\frac{1}{（n+2）^{2}}]$
∴T₁≤T_n＜$\frac{1}{16}$×$\frac{5}{4}$=$\frac{5}{64}$．
∴$\frac{1}{18}$≤T_n$＜\frac{5}{64}$．

點評 本題考查了遞推關(guān)系、“裂項求和”方法、數(shù)列的單調(diào)性，考查了分類討論方法、推理能力與計算能力，屬于難題．