Question

18．已知数列{a_n}为等差数列，a₁=1，a_n＞0，其前n项和为S_n，且数列{$\sqrt{{S}_{n}}$}也为等差数列．．
（Ⅰ）求数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）设b_n=$\frac{{a}_{n+1}}{{S}_{n}•{S}_{n+1}}$，求数列{b_n}的前n项和．

Answer 1

分析 （Ⅰ）设等差数列{a_n}的公差为d（d≥0），由数列{$\sqrt{{S}_{n}}$}也为等差数列可得$2\sqrt{{S}_{2}}=\sqrt{{S}_{1}}+\sqrt{{S}_{3}}$，由此求出等差数列的公差，验证数列{$\sqrt{{S}_{n}}$}也为等差数列，则等差数列{a_n}的通项公式可求；
（Ⅱ）把（Ⅰ）中求得的通项公式与前n项和公式代入b_n=$\frac{{a}_{n+1}}{{S}_{n}•{S}_{n+1}}$，利用裂项相消法求得数列{b_n}的前n项和．

解答 解：（Ⅰ）设等差数列{a_n}的公差为d（d≥0），
∵a₁=1，a_n＞0，∴$\sqrt{{S}_{2}}=\sqrt{2+d}$，$\sqrt{{S}_{3}}=\sqrt{3+3d}$成等差数列，
则2$\sqrt{2+d}=1+\sqrt{3+3d}$，解得：d=2，
∴a_n=1+2（n-1）=2n-1，
则${S}_{n}=n+\frac{n（n-1）}{2}×2={n}^{2}$，
∴数列$\sqrt{{S}_{n}}$=n为等差数列，
∴a_n=2n-1；
（Ⅱ）由（Ⅰ），a_n+1=2n+1，${S}_{n}={n}^{2}$，
∴b_n=$\frac{{a}_{n+1}}{{S}_{n}•{S}_{n+1}}$=$\frac{2n+1}{{n}^{2}•（n+1）^{2}}=\frac{1}{{n}^{2}}-\frac{1}{（n+1）^{2}}$，
设数列{b_n}的前n项和为T_n，则
${T}_{n}=（\frac{1}{{1}^{2}}-\frac{1}{{2}^{2}}）+（\frac{1}{{2}^{2}}-\frac{1}{{3}^{2}}）+…+（\frac{1}{{n}^{2}}-\frac{1}{（n+1）^{2}}）$=$1-\frac{1}{（n+1）^{2}}=\frac{{n}^{2}+2n}{（n+1）^{2}}$．

点评 本题考查数列的求和，训练了裂项相消法求数列的前n项和，属中档题．