Question

1．已知在數(shù)列{a_n}中，a₁=4，a_n＞0，前n項(xiàng)和為S_n，若${a_n}=\sqrt{S_n}+\sqrt{{S_{n-1}}}（n≥2）$．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）若數(shù)列$\{\frac{1}{{{a_n}{a_{n+1}}}}\}$的前n項(xiàng)和為T_n，求T_n．

Answer 1

分析 （1）利用a_n=S_n-S_n-1（n≥2）化簡可知數(shù)列$\left\{{\sqrt{S_n}}\right\}$是一個(gè)首項(xiàng)為$\sqrt{S_1}=\sqrt{a_1}=2$、公差為1的等差數(shù)列，再次利用a_n=S_n-S_n-1（n≥2）可得當(dāng)n≥2時(shí)的通項(xiàng)公式，進(jìn)而驗(yàn)證當(dāng)n=1時(shí)是否成立即可；
（2）通過（1）利用裂項(xiàng)相消法計(jì)算即得結(jié)論．

解答 解：（1）因?yàn)閍_n=S_n-S_n-1（n≥2），
所以${a_n}={S_n}-{S_{n-1}}=\sqrt{S_n}+\sqrt{{S_{n-1}}}$，
從而（$\sqrt{{S}_{n}}$-$\sqrt{{S}_{n-1}}$）（$\sqrt{{S}_{n}}$+$\sqrt{{S}_{n-1}}$）=$\sqrt{{S}_{n}}$+$\sqrt{{S}_{n-1}}$（n≥2），
因?yàn)閍_n＞0，所以$\sqrt{S_n}＞0$，從而$\sqrt{S_n}-\sqrt{{S_{n-1}}}=1（n≥2）$，
所以數(shù)列$\left\{{\sqrt{S_n}}\right\}$是一個(gè)首項(xiàng)為$\sqrt{S_1}=\sqrt{a_1}=2$、公差為1的等差數(shù)列，
則$\sqrt{{S}_{n}}$=2+n-1=n+1，即S_n=（n+1）²，
當(dāng)n≥2時(shí)，${a_n}={S_n}-{S_{n-1}}={（n+1）^2}-{n^2}=2n+1$，
當(dāng)n=1時(shí)，a₁=4，所以${a_n}=\left\{\begin{array}{l}4，n=1\\ 2n+1，n≥2\end{array}\right.$．
（2）由（1）可知當(dāng)n≥2時(shí)，
${T_n}=\frac{1}{{{a_1}{a_2}}}+\frac{1}{{{a_2}{a_3}}}+\frac{1}{{{a_3}{a_4}}}+…+\frac{1}{{{a_n}{a_{n+1}}}}=\frac{1}{4×5}+\frac{1}{5×7}+…+\frac{1}{（2n+1）×（2n+3）}$
=$\frac{1}{4×5}+\frac{1}{2}[（\frac{1}{5}-\frac{1}{7}）+（\frac{1}{7}-\frac{1}{9}）+…+（\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n+3}）]$
=$\frac{1}{20}+\frac{1}{2}（\frac{1}{5}-\frac{1}{2n+3}）=\frac{3}{20}-\frac{1}{4n+6}$，
又因?yàn)楫?dāng)n=1時(shí)T₁=$\frac{1}{20}$滿足上式，
所以T_n=$\frac{3}{20}$-$\frac{1}{4n+6}$．

點(diǎn)評 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)及前n項(xiàng)和，考查運(yùn)算求解能力，考查裂項(xiàng)相消法，注意解題方法的積累，屬于中檔題．