Question

5．已知数列{a_n}满足a₁=2，a_n＞0，且$\frac{{{a}_{n+1}}^{2}}{4}$-$\frac{{{a}_{n}}^{2}}{4}$=1（n∈N⁺）
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）若b_n=（$\frac{2}{{a}_{n}}$）⁴．当n≥2时，求证：b₂+b₃+…+b_n≥$\frac{n-1}{2（n+1）}$．

Answer 1

分析 （1）直接由已知可得数列{$\frac{{{a}_{n}}^{2}}{4}$}是以$\frac{{{a}_{1}}^{2}}{4}=1$为首项，以1为公差的等差数列，求出等差数列的通项公式后可得数列{a_n}的通项公式；
（2）把（1）中求得的$\frac{{{a}_{n}}^{2}}{4}=n$代入${b}_{n}=（\frac{2}{{a}_{n}}）^{4}$，缩小后利用裂项相消法证明答案．

解答 （1）解：由$\frac{{{a}_{n+1}}^{2}}{4}$-$\frac{{{a}_{n}}^{2}}{4}$=1，
可知数列{$\frac{{{a}_{n}}^{2}}{4}$}是以$\frac{{{a}_{1}}^{2}}{4}=1$为首项，以1为公差的等差数列，
则$\frac{{{a}_{n}}^{2}}{4}=1+（n-1）×1=n$，
∴${{a}_{n}}^{2}=4n$，又a_n＞0，
则${a}_{n}=2\sqrt{n}$；
（2）证明：由${b}_{n}=（\frac{2}{{a}_{n}}）^{4}$，且$\frac{{{a}_{n}}^{2}}{4}=n$，
得${b}_{n}=\frac{1}{{n}^{2}}$≥$\frac{1}{n（n+1）}$=$\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$（n≥2），
∴b₂+b₃+…+b_n≥$\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+…+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$=$\frac{1}{2}-\frac{1}{n+1}=\frac{n-1}{2（n+1）}$．

点评 本题考查数列递推式，考查了等差数列的通项公式，训练了裂项相消法求数列的和，是中档题．