Question

12．已知函数$f（x）={（\sqrt{x}+\sqrt{2}）^2}$，（x≥0），又数列{a_n}中，a_n＞0，a₁=2，该数列的前n项和记为S_n，对所有大于1的自然数n都有S_n=f（S_n-1）．
（Ⅰ）求{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）记b_n=$\frac{{{a_{n+1}}^2+{a_n}^2}}{{2{a_{n+1}}{a_n}}}$，{b_n}其前n项和为T_n，证明：T_n＜n+1．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由$f（x）={（\sqrt{x}+\sqrt{2}）^2}$，S_n=f（S_n-1）知：${S_n}={（\sqrt{{S_{n-1}}}+\sqrt{2}）^2}$，可得$\sqrt{S_n}-\sqrt{{S_{n-1}}}=\sqrt{2}$，利用等差数列的通项公式可得$\sqrt{{S}_{n}}$，再利用递推式即可得出a_n．
（Ⅱ）b_n=$\frac{4{n}^{2}+1}{4{n}^{2}-1}$=$1+\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}$，利用“裂项求和”即可得出．

解答 （Ⅰ）解：由$f（x）={（\sqrt{x}+\sqrt{2}）^2}$，S_n=f（S_n-1）知：${S_n}={（\sqrt{{S_{n-1}}}+\sqrt{2}）^2}$，
又a_n＞0，a₁=2，S_n＞0，∴$\sqrt{S_n}-\sqrt{{S_{n-1}}}=\sqrt{2}$，
即：$\left\{{\sqrt{S_n}}\right\}$是以$\sqrt{2}$为首项，$\sqrt{2}$为公差的等差数列，
∴$\sqrt{S_n}=\sqrt{2}n$，${S_n}=2{n^2}$，
∴当n≥2时，a_n=S_n-S_n-1=4n-2，当n=1时也成立，
∴a_n=4n-2．
（Ⅱ）证明：${b_n}=\frac{{{a_{n+1}}^2+{a_n}^2}}{{2{a_{n+1}}{a_n}}}=\frac{{{{（4n+2）}^2}+{{（4n-2）}^2}}}{2（4n+2）（4n-2）}=\frac{{8{n^2}+2}}{{2（4{n^2}-1）}}$
=$1+\frac{2}{{4{n^2}-1}}=1+\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}$，
T_n=$\sum_{i=1}^n{（1+\frac{1}{2i-1}-\frac{1}{2i+1}}）$＜n+1．

点评 本题考查了等差数列的通项公式、递推式的应用、“裂项求和”方法、不等式的性质、“放缩法”，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．