Question

10．已知正项数列{a_n}的前n项和为S_n，且a₁=4，4S_n=a_n•a_n+1，n∈N^*．
（Ⅰ）求数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）设数列{$\frac{16}{{a}_{2n}^{2}}$}的前n项和为T_n，求证：$\frac{n}{n+1}$＜T_n＜2-$\frac{1}{n}$．

Answer 1

分析 （1）由a₁=4，4S_n=a_n•a_n+1，n∈N^*．可得4a₁=a₁a₂，解得a₂．当n≥2时，4a_n=4（S_n-S_n-1），a_n＞0，化为a_n+1-a_n-1=4，可得：数列{a_n}的奇数项与偶数项分别成等差数列，公差都为4．即可得出．
（2）$\frac{16}{{a}_{2n}^{2}}$=$\frac{1}{{n}^{2}}$．先证明右边：当n≥2时，$\frac{1}{{n}^{2}}$＜$\frac{1}{（n-1）n}$=$\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}$．利用“裂项求和”即可证明．再证明左边：由$\frac{1}{{n}^{2}}$＞$\frac{1}{n（n+1）}$=$\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$．利用“裂项求和”即可证明．

解答 （1）解：∵a₁=4，4S_n=a_n•a_n+1，n∈N^*．
∴4a₁=a₁a₂，解得a₂=4．
当n≥2时，4a_n=4（S_n-S_n-1）=a_n•a_n+1-a_n-1a_n，a_n＞0，
∴a_n+1-a_n-1=4，
∴a_2n+1-a_2n-1=4，a_2n+2-a_2n=4，
因此数列{a_n}的奇数项与偶数项分别成等差数列，公差都为4．
∴a_2n-1=4+4（n-1）=4n；a_2n=4+4（n-1）=4n．
∴a_n=$\left\{\begin{array}{l}{2（n+1），n为奇数}\\{2n，n为偶数}\end{array}\right.$．
（2）证明：$\frac{16}{{a}_{2n}^{2}}$=$\frac{16}{（4n）^{2}}$=$\frac{1}{{n}^{2}}$．
先证明右边：当n≥2时，$\frac{1}{{n}^{2}}$＜$\frac{1}{（n-1）n}$=$\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}$．
∴T_n≤1+$（1-\frac{1}{2}）$+$（\frac{1}{2}-\frac{1}{3}）$+…+$（\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}）$=2-$\frac{1}{n}$，因此右边成立．
再证明左边：∵$\frac{1}{{n}^{2}}$＞$\frac{1}{n（n+1）}$=$\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$．
∴T_n＞$（1-\frac{1}{2}）$+$（\frac{1}{2}-\frac{1}{3}）$+…+$（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}）$=1-$\frac{1}{n+1}$=$\frac{n}{n+1}$，因此左边成立．
综上可得：$\frac{n}{n+1}$＜T_n＜2-$\frac{1}{n}$．

点评 本题考查了递推关系的应用、等差数列的通项公式、“裂项求和”、“放缩法”，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于中档题．