Question

8．已知数列{a_n}的前n项和为S_n，若4S_n=（2n-1）a_n+1+1，且a₁=1．
（Ⅰ）证明：数列{a_n}是等差数列，并求出{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）设b_n=$\frac{1}{{{a_n}\sqrt{S_n}}}$，数列{b_n}的前n项和为T_n，证明：T_n＜$\frac{3}{2}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用4S_n=（2n-1）a_n+1+1，写出4S_n-1=（2n-3）a_n+1，两式相减，得$\frac{{{a_{n+1}}}}{a_n}=\frac{2n+1}{2n-1}\;（{n≥2}）$，利用累加法求解a_n，判断数列{a_n}是首项为1，公差为2的等差数列．
（Ⅱ）利用放缩法以及裂项法，直接证明求解即可．

解答 （Ⅰ）证明：因为4S_n=（2n-1）a_n+1+1，所以当n≥2时，4S_n-1=（2n-3）a_n+1，
两式相减，得4a_n=（2n-1）a_n+1-（2n-3）a_n（n≥2），
所以（2n+1）a_n=（2n-1）a_n+1，即$\frac{{{a_{n+1}}}}{a_n}=\frac{2n+1}{2n-1}\;（{n≥2}）$，
在4S_n=（2n-1）a_n+1+1中，令n=1，得a₂=3，
所以$\begin{array}{c}{a}_{n}=\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}•\frac{{a}_{n-1}}{{a}_{n-2}}•\frac{{a}_{n-2}}{{a}_{n-3}}•…•\frac{{a}_{3}}{{a}_{2}}•\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}•{a}_{1}\end{array}\right.$
=$\frac{2n-1}{2n-3}•\frac{2n-3}{2n-5}•\frac{2n-5}{2n-7}•…•\frac{5}{3}•\frac{3}{1}•1=2n-1$，
所以a_n-a_n-1=（2n-1）-（2n-3）=2（n≥2），
故数列{a_n}是首项为1，公差为2的等差数列，且a_n=2n-1．
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，${S_n}=n+\frac{{n（{n-1}）}}{2}×2={n^2}$，
当n=1时，${T_1}=\frac{1}{{{a_1}\sqrt{S_1}}}=1＜\frac{3}{2}$；
当n≥1时，${b_n}=\frac{1}{{{a_n}\sqrt{S_n}}}=\frac{1}{{（{2n-1}）n}}=\frac{2}{{2n（{2n-1}）}}＜\frac{2}{{2n（{2n-2}）}}=\frac{1}{2n-2}-\frac{1}{2n}$，
所以${T_n}={b_1}+{b_2}+{b_3}+…+{b_n}＜1+\frac{1}{2}-\frac{1}{4}+\frac{1}{4}-\frac{1}{6}+…+\frac{1}{2n-2}-\frac{1}{2n}=\frac{3}{2}-\frac{1}{2n}＜\frac{3}{2}$．

点评 本题考查等差数列的判定，数列的递推关系式的应用，放缩法以及裂项求和的应用，考查分析问题解决问题的能力．