Question

6．已知正项数列{a_n}的前n项和为S_n，对任意n∈N₊，有2S_n=a_n²+a_n．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）令b_n=$\frac{1}{{a}_{n}\sqrt{{a}_{n+1}}+{a}_{n+1\sqrt{{a}_{n}}}}$，设{b_n}的前n项和为T_n，求证：T_n＜1．

Answer 1

分析 （1）利用2a_n+1=2S_n+1-2S_n整理得a_n+1-a_n=1，进而计算可得结论；
（2）通过分母有理化可知b_n=$\frac{1}{\sqrt{n}}$-$\frac{1}{\sqrt{n+1}}$，并项相加即得结论．

解答 （1）解：∵2S_n=a_n²+a_n，
∴2S_n+1=a_n+1²+a_n+1，
∴2a_n+1=2S_n+1-2S_n
=（a_n+1²+a_n+1）-（a_n²+a_n）
=a_n+1²+a_n+1-a_n²-a_n，
整理得：（a_n+1+a_n）（a_n+1-a_n）=a_n+1+a_n，
∵a_n＞0，
∴a_n+1-a_n=1，数列是公差为1的等差数列，
又∵2a₁=2S₁=${{a}_{1}}^{2}+{a}_{1}$，
∴a₁=1，
∴a_n=n；
（2）证明：∵a_n=n，
∴b_n=$\frac{1}{{a}_{n}\sqrt{{a}_{n+1}}+{a}_{n+1\sqrt{{a}_{n}}}}$
=$\frac{1}{n\sqrt{n+1}+（n+1）\sqrt{n}}$
=$\frac{n\sqrt{n+1}-（n+1）\sqrt{n}}{[n\sqrt{n+1}+（n+1）\sqrt{n}][n\sqrt{n+1}-（n+1）\sqrt{n}]}$
=-$\frac{n\sqrt{n+1}-（n+1）\sqrt{n}}{n（n+1）}$
=$\frac{1}{\sqrt{n}}$-$\frac{1}{\sqrt{n+1}}$，
∴T_n=1-$\frac{1}{\sqrt{2}}$+$\frac{1}{\sqrt{2}}$-$\frac{1}{\sqrt{3}}$+…+$\frac{1}{\sqrt{n}}$-$\frac{1}{\sqrt{n+1}}$
=1-$\frac{1}{\sqrt{n+1}}$
＜1．

点评 本题考查数列的通项及前n项和，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于中档题．