7.已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn,若4Sn=(2n-1)an+1+1,a1=1.
(1)求數(shù)列{an}的通項公式;
(2)令${b_n}=\frac{n+1}{{{{(n+2)}^2}{{({a_n}+1)}^2}}}$,數(shù)列{bn}的前n項和為Tn,證明:對于任意的n∈N*,都有${T_n}<\frac{5}{64}$.

分析 (1)由題意可知:當n≥2時,4Sn-1=(2n-1)an+1,4Sn=(2n-1)an+1+1,兩式相減,整理得:$\frac{{{a_{n+1}}}}{a_n}=\frac{2n+1}{2n-1}(n≥2)$,采用累乘法,即可求得an=2n-1,當n=1時,a1=1成立,即可求得數(shù)列{an}的通項公式;
(2)由(1)可知:${b_n}=\frac{n+1}{{4{n^2}{{(n+2)}^2}}}=\frac{1}{16}[{\frac{1}{n^2}-\frac{1}{{{{(n+2)}^2}}}}]$,采用“裂項法”即可求得Tn=$\frac{1}{16}[{1+\frac{1}{2^2}-\frac{1}{{{{(n+1)}^2}}}-\frac{1}{{{{(n+2)}^2}}}}]$.由n∈N*,則${T_n}<\frac{1}{16}(1+\frac{1}{2^2})=\frac{5}{64}$.

解答 解:(1)由4Sn=(2n-1)an+1+1,a1=1.
當n=1,解得:a2=3,…(1分)
∵4Sn=(2n-1)an+1+1,
∴當n≥2時,4Sn-1=(2n-1)an+1,…(2分)
兩式相減,得:4an=(2n-1)an+1-(2n-3)an(n≥2),整理得:$\frac{{{a_{n+1}}}}{a_n}=\frac{2n+1}{2n-1}(n≥2)$,…(3分)
采用累乘法:則${a_n}=\frac{a_n}{{{a_{n-1}}}}•\frac{{{a_{n-1}}}}{{{a_{n-2}}}}•\frac{{{a_{n-2}}}}{{{a_{n-3}}}}…\frac{a_3}{a_2}•\frac{a_2}{a_1}•{a_1}=\frac{2n-1}{2n-3}•\frac{2n-3}{2n-5}•\frac{2n-5}{2n-7}•…•\frac{5}{3}•\frac{3}{1}•1=2n-1$,
∴an=2n-1,
當n=1時,a1=1成立,
數(shù)列{an}的通項公式an=2n-1;…(6分)
(2)證明:由an=2n-1,得${b_n}=\frac{n+1}{{4{n^2}{{(n+2)}^2}}}=\frac{1}{16}[{\frac{1}{n^2}-\frac{1}{{{{(n+2)}^2}}}}]$.…(9分)
${T_n}=\frac{1}{16}[{1-\frac{1}{3^2}+\frac{1}{2^2}-\frac{1}{4^2}+\frac{1}{3^2}-\frac{1}{5^2}+…+\frac{1}{{{{(n-1)}^2}}}-\frac{1}{{{{(n+1)}^2}}}+\frac{1}{n^2}-\frac{1}{{{{(n+2)}^2}}}}]$,
=$\frac{1}{16}[{1+\frac{1}{2^2}-\frac{1}{{{{(n+1)}^2}}}-\frac{1}{{{{(n+2)}^2}}}}]$. …(11分)
∴${T_n}<\frac{1}{16}(1+\frac{1}{2^2})=\frac{5}{64}$,
∴對于任意的n∈N*,${T_n}<\frac{5}{64}$.…(12分)

點評 本題考查數(shù)列的通項公式的求法,考查“累乘法”求數(shù)列的通項公式及“裂項法”求數(shù)列的前n項和,考查數(shù)列與不等式的應用,考查計算能力,屬于中檔題.

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