正项数列{an}的前项和Sn.对于任意的那n∈N*.都有a13+a23+a33+-+an3=Sn2(I)求数列{an}的通项公式an,(Ⅱ)令bn=$\frac{{a} {n+1}}{{{a} {n}}^{2}•{{a} {n+2}}^{2}}$.数列{bn}的前n项和为Tn.证明:对于任意的n∈N*.都有有$\frac{2}{9}$≤Tn＜$\frac{5}{16}$� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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13．正项数列{a_n}的前项和S_n，对于任意的那n∈N^*，都有a₁³+a₂³+a₃³+…+a_n³=S_n²
（I）求数列{a_n}的通项公式a_n；
（Ⅱ）令b_n=$\frac{{a}_{n+1}}{{{a}_{n}}^{2}•{{a}_{n+2}}^{2}}$，数列{b_n}的前n项和为T_n，证明：对于任意的n∈N^*，都有有$\frac{2}{9}$≤T_n＜$\frac{5}{16}$．

分析（1）两次运用“两式相减”得到a_n+1³=2S_n+1-a_n+1，和a_n+1-a_n=1，进而得到等差数列，求出通项公式；
（2）先裂项b_n=$\frac{1}{4}$[$\frac{1}{n^2}$-$\frac{1}{（n+2）^2}$]，再求和，最后放缩得到结论．

解答解：（1）根据题意，a₁³+a₂³+a₃³+…+a_n³=S_n²，
所以，a₁³+a₂³+a₃³+…+a_n³+a_n+1³=S_n+1²，
两式相减得，a_n+1³=S_n+1²-S_n²，
所以，a_n+1²=S_n+1+S_n=2S_n+1-a_n+1，-----①
因此，a_n²=2S_n-a_n，------------------②
①②两式相减得，a_n+1-a_n=1，
所以，数列{a_n}为等差数列，首项为1，公差为1，
所以，a_n=n；
（2）∵b_n=$\frac{{a}_{n+1}}{{{a}_{n}}^{2}•{{a}_{n+2}}^{2}}$=$\frac{n+1}{n^2•（n+2）^2}$
=$\frac{1}{4}$•$\frac{（n+2）^2-n^2}{n^2•（n+2）^2}$=$\frac{1}{4}$[$\frac{1}{n^2}$-$\frac{1}{（n+2）^2}$]，
∴T_n=$\frac{1}{4}$[（$\frac{1}{1^2}$-$\frac{1}{3^2}$）+（$\frac{1}{2^2}$-$\frac{1}{4^2}$）+（$\frac{1}{3^2}$-$\frac{1}{5^2}$）+…+（$\frac{1}{n^2}$-$\frac{1}{（n+2）^2}$）]
=$\frac{1}{4}$[（$\frac{1}{1^2}$+$\frac{1}{2^2}$）-（$\frac{1}{（n+1）^2}$+$\frac{1}{（n+2）^2}$）]
显然T_n单调递增，当n=1时，（T_n）_min=$\frac{1}{4}$×$\frac{8}{9}$=$\frac{2}{9}$，
且T_n＜$\frac{1}{4}$•（$\frac{1}{1^2}$+$\frac{1}{2^2}$）=$\frac{5}{16}$，
故对于任意的n∈N^*，都有有$\frac{2}{9}$≤T_n＜$\frac{5}{16}$．

点评本题主要考查了数列通项公式的求解和数列不等式的证明，涉及等差数列的定义和运用裂项相消的方法对数列求和，以及不等式的放缩，属于难题．

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