Question

12．已知正项数列{a_n}的前n项和为S_n，满足a_n²=S_n+S_n-1（n≥2），a₁=1．
（Ⅰ）求数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）设b_n=$\frac{n+1}{{{（n+2）}^{2}a}_{n}^{2}}$，数列{b_n}的前n项和为T_n，证明：对任意n∈N^•，都有T_n＜$\frac{5}{16}$恒成立．

Answer 1

分析 （I）a_n²=S_n+S_n-1（n≥2），当n≥3时，${a}_{n-1}^{2}$=S_n-1+S_n-2，两式相减可得：a_n-a_n-1=1（n≥3）．当n=2时，也成立，即a_n-a_n-1=1（n≥2），利用等差数列的通项公式即可得出．
（II）b_n=$\frac{n+1}{（n+2）^{2}{n}^{2}}$=$\frac{1}{4}$$[\frac{1}{{n}^{2}}-\frac{1}{（n+2）^{2}}]$，利用“裂项求和”、“放缩法”即可得出．

解答 （I）解：∵a_n²=S_n+S_n-1（n≥2），当n≥3时，${a}_{n-1}^{2}$=S_n-1+S_n-2，
∴${a}_{n}^{2}-{a}_{n-1}^{2}$=S_n-S_n-2=a_n+a_n-1，
∵a_n＞0，∴a_n-a_n-1=1（n≥3）．
又${a}_{2}^{2}$=S₂+S₁=a₂+2a₁，a₁=1，a₂＞0，解得a₂=2，∴a₂-a₁=1，
∴a_n-a_n-1=1（n≥2）．
∴数列{a_n}为等差数列，公差为1，
∴a_n=1+（n-1）=n．
（II）证明：b_n=$\frac{n+1}{{{（n+2）}^{2}a}_{n}^{2}}$=$\frac{n+1}{（n+2）^{2}{n}^{2}}$=$\frac{1}{4}$$[\frac{1}{{n}^{2}}-\frac{1}{（n+2）^{2}}]$，
∴T_n=$\frac{1}{4}$$[（1-\frac{1}{{3}^{2}}）+（\frac{1}{{2}^{2}}-\frac{1}{{4}^{2}}）+（\frac{1}{{3}^{2}}-\frac{1}{{5}^{2}}）$+…+$（\frac{1}{（n-1）^{2}}-\frac{1}{（n+1）^{2}}）$+$（\frac{1}{{n}^{2}}-\frac{1}{（n+2）^{2}}）]$
=$\frac{1}{4}（1+\frac{1}{4}-\frac{1}{（n+1）^{2}}-\frac{1}{（n+2）^{2}}）$＜$\frac{1}{4}×\frac{5}{4}$=$\frac{5}{16}$．
∴对任意n∈N^•，都有T_n＜$\frac{5}{16}$恒成立．

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