Question

11．已知S_n为数列{a_n}的前n项和，a_n＞0，a_n²+2a_n=4S_n-1．
（1）求{a_n}的通项公式；
（2）设b_n=$\frac{1}{{{a_n}{a_{n+1}}}}$，求{b_n}的前n项和T_n．
（3）c_n=$\frac{1}{{{{（{a_n}+1）}^2}}}$，{c_n}的前n项和为D_n，求证：D_n＜$\frac{5}{12}$．

Answer 1

分析 （1）由a_n²+2a_n=4S_n-1，可求得a₁，当n≥2时，下推一项后两式作差，整理可得以${a_n}-a_{n-1}^{\;}=2$，利用等差数列的定义可判断数列{a_n}为等差数列，继而可得其通项公式；
（2）利用裂项法可得${b}_{n}=\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}}=（\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）•\frac{1}{2}$，累加可求{b_n}的前n项和T_n．
（3）利用放缩法得${c}_{n}=\frac{1}{{（{a}_{n}+1）}^{2}}=\frac{1}{4{n}^{2}}＜\frac{1}{4{n}^{2}-1}$=$（\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）•\frac{1}{2}$，从而可求{c_n}的前n项和为D_n，即证：D_n＜$\frac{5}{12}$．

解答 解：（1）当n=1时，${a_1}^2+2{a_1}=4{a_1}-1$，解之得a₁=1；…（2分）
当n≥2时$a_{n-1}^2+2{a_{n-1}}=4{S_{n-1}}-1$，$a_n^2+2{a_n}-a_{n-1}^2-2{a_{n-1}}=4{S_n}-4{S_{n-1}}=4{a_n}$，…（3分）
$a_n^2-a_{n-1}^2=2{a_n}+2{a_{n-1}}$，$（{a_n}-a_{n-1}^{\;}）（{a_n}+a_{n-1}^{\;}）=2（{a_n}+{a_{n-1}}）$，因为a_n＞0，
所以${a_n}-a_{n-1}^{\;}=2$，…（5分）
所以数列{a_n}是以1为首项，2为公差的等差数列，所以a_n=2n-1．…（6分）
（2）∵${b_n}=\frac{1}{{{a_n}{a_{n+1}}}}=\frac{1}{（2n-1）（2n+1）}=（\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）\frac{1}{2}$…（8分）
∴${T_n}=\frac{1}{2}（1-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+…+\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）=\frac{n}{2n+1}$．…（10分）
（3）证明：${c_n}=\frac{1}{{{{（{a_n}+1）}^2}}}=\frac{1}{{4{n^2}}}＜\frac{1}{{4{n^2}-1}}$=$（\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）\frac{1}{2}$…（12分）
D_n=c₁+c₂+c₃+…+c_n=$\frac{1}{4}+{c_2}+{c_3}+…+{c_n}＜\frac{1}{4}+\frac{1}{2}（\frac{1}{3}-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+…+\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）$=$\frac{1}{4}+\frac{1}{2}（\frac{1}{3}-\frac{1}{2n+1}）＜\frac{1}{4}+\frac{1}{2}（\frac{1}{3}）=\frac{5}{12}$，即${D_n}＜\frac{5}{12}$…（16分）

点评 本题考查数列递推关系式的应用，考查等差数列的定义与通项公式的求法，突出考查裂项法求和与放缩法的运用，属于难题．