Question

11．已知S_n為數(shù)列{a_n}的前n項和，a_n＞0，a_n²+2a_n=4S_n-1．
（1）求{a_n}的通項公式；
（2）設b_n=$\frac{1}{{{a_n}{a_{n+1}}}}$，求{b_n}的前n項和T_n．
（3）c_n=$\frac{1}{{{{（{a_n}+1）}^2}}}$，{c_n}的前n項和為D_n，求證：D_n＜$\frac{5}{12}$．

Answer 1

分析 （1）由a_n²+2a_n=4S_n-1，可求得a₁，當n≥2時，下推一項后兩式作差，整理可得以${a_n}-a_{n-1}^{\;}=2$，利用等差數(shù)列的定義可判斷數(shù)列{a_n}為等差數(shù)列，繼而可得其通項公式；
（2）利用裂項法可得$_{n}=\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}}=（\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）•\frac{1}{2}$，累加可求{b_n}的前n項和T_n．
（3）利用放縮法得${c}_{n}=\frac{1}{{（{a}_{n}+1）}^{2}}=\frac{1}{4{n}^{2}}＜\frac{1}{4{n}^{2}-1}$=$（\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）•\frac{1}{2}$，從而可求{c_n}的前n項和為D_n，即證：D_n＜$\frac{5}{12}$．

解答 解：（1）當n=1時，${a_1}^2+2{a_1}=4{a_1}-1$，解之得a₁=1；…（2分）
當n≥2時$a_{n-1}^2+2{a_{n-1}}=4{S_{n-1}}-1$，$a_n^2+2{a_n}-a_{n-1}^2-2{a_{n-1}}=4{S_n}-4{S_{n-1}}=4{a_n}$，…（3分）
$a_n^2-a_{n-1}^2=2{a_n}+2{a_{n-1}}$，$（{a_n}-a_{n-1}^{\;}）（{a_n}+a_{n-1}^{\;}）=2（{a_n}+{a_{n-1}}）$，因為a_n＞0，
所以${a_n}-a_{n-1}^{\;}=2$，…（5分）
所以數(shù)列{a_n}是以1為首項，2為公差的等差數(shù)列，所以a_n=2n-1．…（6分）
（2）∵${b_n}=\frac{1}{{{a_n}{a_{n+1}}}}=\frac{1}{（2n-1）（2n+1）}=（\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）\frac{1}{2}$…（8分）
∴${T_n}=\frac{1}{2}（1-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+…+\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）=\frac{n}{2n+1}$．…（10分）
（3）證明：${c_n}=\frac{1}{{{{（{a_n}+1）}^2}}}=\frac{1}{{4{n^2}}}＜\frac{1}{{4{n^2}-1}}$=$（\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）\frac{1}{2}$…（12分）
D_n=c₁+c₂+c₃+…+c_n=$\frac{1}{4}+{c_2}+{c_3}+…+{c_n}＜\frac{1}{4}+\frac{1}{2}（\frac{1}{3}-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+…+\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）$=$\frac{1}{4}+\frac{1}{2}（\frac{1}{3}-\frac{1}{2n+1}）＜\frac{1}{4}+\frac{1}{2}（\frac{1}{3}）=\frac{5}{12}$，即${D_n}＜\frac{5}{12}$…（16分）

點評 本題考查數(shù)列遞推關系式的應用，考查等差數(shù)列的定義與通項公式的求法，突出考查裂項法求和與放縮法的運用，屬于難題．