Question

17．已知各项为正的数列{a_n}的前n项和为S_n，数列{a_n}满足S_n=$\frac{{{a}_{n}}^{2}+{a}_{n}}{2}$．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）设数列{b_n}满足b_n=$\frac{1}{（{a}_{n}+1）^{2}}$，它的前n项和为T_n，求证：对任意正整数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，当n≥2时，a_n=S_n-S_n-1=$\frac{1}{2}（{{a}_{n}}^{2}-{{a}_{n-1}}^{2}）+\frac{1}{2}（{a}_{n}-{a}_{n-1}）$，从而$\frac{1}{2}（{a}_{n}+{a}_{n-1}）（{a}_{n}-{a}_{n-1}-1）=0$，由数列{a_n}各项为正，得a_n-a_n-1=1，从而数列{a_n}是以a₁=1为首项，公差为1的等差数列，由此能求出a_n．
（2）b_n=$\frac{1}{（n+1）^{2}}$＜$\frac{1}{n（n+1）}$=$\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$，由此利用裂项求和法能证明对任意正整数，都有T_n＜1．

解答 解：（1）∵各项为正的数列{a_n}的前n项和为S_n，数列{a_n}满足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），
当n≥2时，a_n=S_n-S_n-1=$\frac{{{a}_{n}}^{2}+{a}_{n}}{2}-\frac{{{a}_{n-1}}^{2}+{a}_{n-1}}{2}$=$\frac{1}{2}（{{a}_{n}}^{2}-{{a}_{n-1}}^{2}）+\frac{1}{2}（{a}_{n}-{a}_{n-1}）$，
∴$\frac{1}{2}（{a}_{n}+{a}_{n-1}）（{a}_{n}-{a}_{n-1}）-\frac{1}{2}（{a}_{n}+{a}_{n-1}）$=$\frac{1}{2}（{a}_{n}+{a}_{n-1}）（{a}_{n}-{a}_{n-1}-1）=0$，
∵数列{a_n}的各项为正，∴a_n+a_n-1＞0，∴a_n-a_n-1=1，
∴数列{a_n}是以a₁=1为首项，公差为1的等差数列，
∴a_n=1+（n-1）×1=n．
（2）证明：∵数列{b_n}满足b_n=$\frac{1}{（{a}_{n}+1）^{2}}$，∴${b}_{n}=\frac{1}{（n+1）^{2}}$，
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．
∴对任意正整数，都有T_n＜1．

点评 本题考查数列的通项公式的求法，考查数列的前n项和小于1的证明，考查等差数列、裂项求和法等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是中档题．