Question

5．正項數(shù)列{a_n}的前n項和S_n滿足S_n²-（n²+n-1）S_n-（n²+n）=0；
（1）求數(shù)列{a_n}的通項公式a_n；
（2）令b_n=$\frac{1}{{（n+2）{a_n}}}$，數(shù)列{b_n}的前n項和為T_n，證明：對于任意的n∈N^*，都有T_n＜$\frac{3}{8}$．

Answer 1

分析 （1）由S_n²-（n²+n-1）S_n-（n²+n）=0，因式分解求得：[S_n-（n²+n）]（S_n+1）=0，a_n＞0，S_n＞0，因此S_n=n²+n，當n≥2時，S_n-1=（n-1）²+（n-1）=n²-n，a_n=S_n-S_n-1=（n²+n）-（n²-n）=2n，當n=1時，a₁=S₁=2，成立，數(shù)列{a_n}的通項公式a_n=2n；
（2）由b_n=$\frac{1}{{（n+2）{a_n}}}$=$\frac{1}{2n（n+2）}$=$\frac{1}{4}$（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+2}$），采用“裂項法”求得T_n=$\frac{3}{8}$-$\frac{1}{4}$（$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n+2}$），因此T_n＜$\frac{3}{8}$．

解答 解：（1）解：由S_n²-（n²+n-1）S_n-（n²+n）=0，
整理得：[S_n-（n²+n）]（S_n+1）=0，
由a_n＞0，
∴S_n＞0，則S_n=n²+n，
∴當n=1時，a₁=S₁=2，
當n≥2時，S_n-1=（n-1）²+（n-1）=n²-n，
∴a_n=S_n-S_n-1=（n²+n）-（n²-n）=2n，
當n=1時，成立，
綜上，數(shù)列{a_n}的通項：a_n=2n，
數(shù)列{a_n}的通項公式a_n=2n；
（2）證明：b_n=$\frac{1}{{（n+2）{a_n}}}$=$\frac{1}{2n（n+2）}$=$\frac{1}{4}$（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+2}$），
數(shù)列{b_n}的前n項和為T_n，T_n=b₁+b₂+b₃+…+b_n，
=$\frac{1}{4}$（1-$\frac{1}{3}$）+$\frac{1}{4}$（$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{4}$）+$\frac{1}{4}$（$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{5}$）+…+$\frac{1}{4}$（$\frac{1}{n-1}$-$\frac{1}{n+1}$）+$\frac{1}{4}$（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+2}$），
=$\frac{1}{4}$（1-$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{4}$+$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{5}$+…+$\frac{1}{n-1}$-$\frac{1}{n+1}$+$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+2}$），
=$\frac{3}{8}$-$\frac{1}{4}$（$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n+2}$），
∴${T_n}=\frac{3}{8}-\frac{1}{4}（\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}）＜\frac{3}{8}$．

點評 本題考查數(shù)列通項公式的求法，考查“裂項法”求數(shù)列的前n項和，數(shù)列與不等式的綜合應用，考查計算能力，屬于中檔題．