Question

18．设正项数列{a_n}的前n项和S_n满足2S_n=a_n²+a_n．
（Ⅰ）求数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）令${b_n}=\frac{n+1}{{{{（n+2）}^2}a_n^2}}$，数列{b_n}的前n项和为T_n，证明：对于任意n∈N^*，都有T_n＜$\frac{5}{16}$．

Answer 1

分析 （I）利用递推式可得：$a_n^2-a_{n-1}^2-（{a_n}+{a_{n-1}}）=0$，因式分解即可得出；
（II）（Ⅱ）证明：由于a_n=n，可得${b_n}=\frac{n+1}{{{{（n+2）}^2}n_{\;}^2}}=\frac{1}{4}（\frac{1}{{n_{\;}^2}}-\frac{1}{{（n+2）_{\;}^2}}）$，利用“裂项求和”、“放缩法”即可得出．

解答 （I）解：当n=1时，$2{a_1}=a_{{1^{\;}}}^2+{a_1}$，即a₁=1，
当n≥2时，$2{S_n}=a_n^2+{a_n}$与$2{S_{n-1}}=a_{n-1}^2+{a_{n-1}}$相减
得：$2{a_n}=a_n^2+{a_n}-（a_{n-1}^2+{a_{n-1}}）$，即$a_n^2-a_{n-1}^2-（{a_n}+{a_{n-1}}）=0$，
得：a_n+a_n-1=0或者a_n-a_n-1=1，
由a_n＞0则a_n-a_n-1=1，
即数列{a_n}是以首项为1，公差为1的等差数列．
综上，数列{a_n}的通项a_n=n．
（Ⅱ）证明：由于a_n=n，
则${b_n}=\frac{n+1}{{{{（n+2）}^2}n_{\;}^2}}=\frac{1}{4}（\frac{1}{{n_{\;}^2}}-\frac{1}{{（n+2）_{\;}^2}}）$，${T_n}=\frac{1}{4}[{1-\frac{1}{{3_{\;}^2}}+\frac{1}{{2_{\;}^2}}-\frac{1}{{4_{\;}^2}}+\frac{1}{{3_{\;}^2}}-\frac{1}{{5_{\;}^2}}+---+\frac{1}{{（n-1）_{\;}^2}}-\frac{1}{{（n+1）_{\;}^2}}+\frac{1}{{n_{\;}^2}}-\frac{1}{{（n+2）_{\;}^2}}}]$=$\frac{1}{4}[{1+\frac{1}{{2_{\;}^2}}-\frac{1}{{（n+1）_{\;}^2}}-\frac{1}{{（n+2）_{\;}^2}}}]$  
＜$\frac{1}{4}（1+\frac{1}{{2_{\;}^2}}）=\frac{5}{16}$．

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