Question

2．已知正项数列{a_n}的前n项和为S_n，且a_n²-4S_n+4n=0（n∈N^*）．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）求证：$\frac{1}{{a}_{1}^{2}}$+$\frac{1}{{a}_{2}^{2}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}^{2}}$＜$\frac{1}{2}$（n∈N^*）．

Answer 1

分析 （1）先根据数列的递推公式求出a₁，再用a_n²-4S_n+4n=0（n∈N^*），①，a_n+1²-4S_n+1+4（n+1）=0（n∈N^*），②，作差即可证明数列{a_n}是以2为首项以2为公差的等差数列，问题得以解决；
（2）由$\frac{1}{{a}_{n}^{2}}$=$\frac{1}{4{n}^{2}}$≤$\frac{1}{4{n}^{2}-1}$=$\frac{1}{（2n-1）（2n+1）}$=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{2n-1}$-$\frac{1}{2n+1}$），即可证明．

解答 解：（1）∵a_n²-4S_n+4n=0（n∈N^*），①
当n=1时，a₁²-4S₁+4=0，解得a₁=2，
∴a_n+1²-4S_n+1+4（n+1）=0（n∈N^*），②
②-①得a_n+1²-a_n²-4a_n+1+4=0，
即（a_n+1-2）²-a_n²=0，
即（a_n+1-2+a_n）（a_n+1-2-a_n）=0，
∵正项数列{a_n}，且a₁=2，
∴a_n+1-a_n=2，
∴数列{a_n}是以2为首项以2为公差的等差数列，
∴a_n=2+2（n-1）=2n；
（2）证明：∵$\frac{1}{{a}_{n}^{2}}$=$\frac{1}{4{n}^{2}}$≤$\frac{1}{4{n}^{2}-1}$=$\frac{1}{（2n-1）（2n+1）}$=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{2n-1}$-$\frac{1}{2n+1}$），
∴$\frac{1}{{a}_{1}^{2}}$+$\frac{1}{{a}_{2}^{2}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}^{2}}$＜$\frac{1}{2}$（1-$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{5}$+…+$\frac{1}{2n-1}$-$\frac{1}{2n+1}$）=$\frac{1}{2}$（1-$\frac{1}{2n+1}$）＜$\frac{1}{2}$．

点评 本题考查了数列的通项公式和递推公式以及放缩法和裂项求和，属于中档题．