Question

2．已知正项数列{a_n}的前n项和为S_n，a₁=2，4S_n=a_n•a_n+1
（1）求{a_n}的通项公式．
（2）设数列{${\frac{1}{a_n^2}$}的前n项和为T_n，求证：$\frac{n}{4n+4}$＜T_n＜$\frac{1}{2}$．

Answer 1

分析 （1）运用递推关系式得出4S_n=a_n•a_n+1，4S_n-1=a_n-1•a_n，a₁×a₂=4a₁，a₂=4，
作差求解a_n+1-a_n-1=4，n≥2，利用a₁=2，a₂=4，判断出{a_n}为等差数列，即可求解通项公式．
（2）运用数列的和得出前n项和为T_n=$\frac{1}{4}$$+\frac{1}{4×{2}^{2}}$$+\frac{1}{4×{3}^{2}}$$+…+\frac{1}{4{n}^{2}}$，
从通项公式放缩$\frac{1}{4{n}^{2}}$$＜\frac{1}{4n（n-1）}$=$\frac{1}{4}$[$\frac{1}{n-1}$$-\frac{1}{n}$]（n≥2），$\frac{1}{4{n}^{2}}$$＞\frac{1}{4n（n+1）}$=$\frac{1}{4}$[$\frac{1}{n}$$-\frac{1}{n+1}$]（n≥1）
得出正负项即可得证．

解答 解：（1）∵正项数列{a_n}的前n项和为S_n，a₁=2，4S_n=a_n•a_n+1，①
4S_n-1=a_n-1•a_n，②，a₁×a₂=4a₁，a₂=4
∴①-②得出：4a_n=a_n（a_n+1-a_n-1），
a_n+1-a_n-1=4，n≥2
∴a₂-a₁=4-2=2，
∴数列{a_n}为等差数列，首项为2，公差为2，
∴a_n=2n．
 （2）∵${\frac{1}{a_n^2}$=$\frac{1}{4{n}^{2}}$，
∴前n项和为T_n=$\frac{1}{4}$$+\frac{1}{4×{2}^{2}}$$+\frac{1}{4×{3}^{2}}$$+…+\frac{1}{4{n}^{2}}$，
∵$\frac{1}{4{n}^{2}}$$＜\frac{1}{4n（n-1）}$=$\frac{1}{4}$[$\frac{1}{n-1}$$-\frac{1}{n}$]（n≥2），
$\frac{1}{4{n}^{2}}$$＞\frac{1}{4n（n+1）}$=$\frac{1}{4}$[$\frac{1}{n}$$-\frac{1}{n+1}$]（n≥1）
∴T_n＞$\frac{1}{4}$[1-$\frac{1}{2}$$+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}$$+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}$+…+$\frac{1}{n}$$-\frac{1}{n+1}$]=$\frac{1}{4}$[1-$\frac{1}{n+1}$]=$\frac{n}{4n+4}$，
T_n＜$\frac{1}{4}$$+\frac{1}{4}$[$\frac{1}{1}$$-\frac{1}{2}$$+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n-1}$$-\frac{1}{n}$]=$\frac{1}{4}$$+\frac{1}{4}$[1-$\frac{1}{n}$]$＜\frac{1}{4}$$+\frac{1}{4}$=$\frac{1}{2}$，
∴$\frac{n}{4n+4}$＜T_n＜$\frac{1}{2}$．

点评 本题综合考察了数列的定义性质，通项公式的求解，放缩法求解证明数列的和的不等式，属于中档题，考察了学生的运算化简能力．．