Question

3．各项为正数的数列{a_n}的前n项和为S_n，且满足：S_n=$\frac{1}{4}$a_n²+$\frac{1}{2}$a_n+$\frac{1}{4}$（n∈N^*）
（Ⅰ）求a_n
（Ⅱ）设数列{$\frac{1}{a_n^2}$}的前n项和为T_n，证明：对一切正整数n，都有T_n＜$\frac{5}{4}$．

Answer 1

分析 （I）分别把n=1和n=n-1代入条件式计算a₁和递推公式，得出{a_n}为等差数列，从而得出通项公式；
（2）$\frac{1}{{{a}_{n}}^{2}}$=$\frac{1}{（2n-1）^{2}}$＜$\frac{1}{4n（n-1）}$，再使用列项求和得出结论．

解答 解：（Ⅰ）∵${S_n}=\frac{1}{4}{a_n}^2+\frac{1}{2}{a_n}+\frac{1}{4}$，
当n=1时，${a_1}={S_1}=\frac{1}{4}{a_1}^2+\frac{1}{2}{a_1}+\frac{1}{4}$，解得a₁=1．
当n≥2时，${S_{n-1}}=\frac{1}{4}{a_{n-1}}^2+\frac{1}{2}{a_{n-1}}+\frac{1}{4}$；
∴a_n=S_n-S_n-1=$\frac{1}{4}{{a}_{n}}^{2}$+$\frac{1}{2}$a_n-$\frac{1}{4}$a_n-1²-$\frac{1}{2}$a_n-1．
整理得：（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1-2）=0，
又∵数列{a_n}各项为正数，∴当n≥2时，a_n-a_n-1=2，
故数列{a_n}为首项为1，公差为2的等差数列．
∴a_n=1+2（n-1）=2n-1．
（Ⅱ）证明：可知T_n=$\frac{1}{a_1^2}+\frac{1}{a_2^2}+\frac{1}{a_3^2}+…+\frac{1}{{a_{n-1}^2}}+\frac{1}{a_n^2}$=$\frac{1}{1^2}+\frac{1}{{3_{\;}^2}}+\frac{1}{{5_{\;}^2}}+…+\frac{1}{{（2n-3）_{\;}^2}}+\frac{1}{{（2n-1）_{\;}^2}}$
∵$\frac{1}{{（2n-1）_{\;}^2}}=\frac{1}{{4n_{\;}^2-4n+1}}＜\frac{1}{{4n_{\;}^2-4n}}=\frac{1}{4n（n-1）}=\frac{1}{4}（\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}）$，
∴${T_n}=\frac{1}{1^2}+\frac{1}{{3_{\;}^2}}+\frac{1}{{5_{\;}^2}}+…+\frac{1}{{（2n-3）_{\;}^2}}+\frac{1}{{（2n-1）_{\;}^2}}$$＜1+\frac{1}{4}（\frac{1}{1}-\frac{1}{2}）+\frac{1}{4}（\frac{1}{2}-\frac{1}{3}）+…+\frac{1}{4}（\frac{1}{n-2}-\frac{1}{n-1}）+\frac{1}{4}（\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}）$
=$1+\frac{1}{4}（\frac{1}{1}-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+…+\frac{1}{n-2}-\frac{1}{n-1}+\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}）$
=1+$\frac{1}{4}$-$\frac{1}{4n}$＜$\frac{5}{4}$．

点评 本题考查了数列的通项公式求解及数列求和，属于中档题．