Question

13．已知正项数列{a_n}的前n项和为S_n，且$\sqrt{{S}_{n}}$是1与a_n的等差中项．
（Ⅰ）求数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）设T_n为数列{$\frac{2}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$}的前n项和，证明：$\frac{2}{3}$＜T_n＜1（n∈N^*）

Answer 1

分析 （Ⅰ）n=1时，可求得a₁=1；依题意，4S_n=（a_n+1）²，n≥2时，4S_n-1=（a_n-1+1）²，二式相减，可得a_n-a_n-1=2，从而可求数{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）利用裂项法可求得$\frac{2}{{a}_{n}{a}_{n-1}}$=$\frac{1}{2n-1}$-$\frac{1}{2n+1}$，于是可求数列{$\frac{2}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$}的前n项和T_n，利用放缩法即可证明．

解答 解：（Ⅰ）n=1时，a₁=1，
n≥2时，4S_n-1=（a_n-1+1）²，
又4S_n=（a_n+1）²，
两式相减得：（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1-2）=0，
∵a_n＞0，
∴a_n-a_n-1=2，
∴数列{a_n}是以1为首项，2为公差的等差数列，即a_n=2n-1．
（Ⅱ）由$\frac{2}{{a}_{n}{a}_{n-1}}$=$\frac{1}{2n-1}$-$\frac{1}{2n+1}$，
故T_n=（1-$\frac{1}{3}$）+（$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{5}$）+…+（$\frac{1}{2n-1}$-$\frac{1}{2n+1}$）=1-$\frac{1}{2n+1}$＜1
当n=1时，T₁=$\frac{2}{3}$，
故$\frac{2}{3}$＜T_n＜1（n∈N^*）

点评 本题考查数列的求和，考查数列的递推式与裂项法求和的应用，求得数列{a_n}的通项公式a_n=2n-1是解决问题的关键，属于中档题．