Question

13．正項(xiàng)數(shù)列{a_n}的前項(xiàng)和S_n，對(duì)于任意的那n∈N^*，都有a₁³+a₂³+a₃³+…+a_n³=S_n²
（I）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式a_n；
（Ⅱ）令b_n=$\frac{{a}_{n+1}}{{{a}_{n}}^{2}•{{a}_{n+2}}^{2}}$，數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為T(mén)_n，證明：對(duì)于任意的n∈N^*，都有有$\frac{2}{9}$≤T_n＜$\frac{5}{16}$．

Answer 1

分析 （1）兩次運(yùn)用“兩式相減”得到a_n+1³=2S_n+1-a_n+1，和a_n+1-a_n=1，進(jìn)而得到等差數(shù)列，求出通項(xiàng)公式；
（2）先裂項(xiàng)b_n=$\frac{1}{4}$[$\frac{1}{n^2}$-$\frac{1}{（n+2）^2}$]，再求和，最后放縮得到結(jié)論．

解答 解：（1）根據(jù)題意，a₁³+a₂³+a₃³+…+a_n³=S_n²，
所以，a₁³+a₂³+a₃³+…+a_n³+a_n+1³=S_n+1²，
兩式相減得，a_n+1³=S_n+1²-S_n²，
所以，a_n+1²=S_n+1+S_n=2S_n+1-a_n+1，-----①
因此，a_n²=2S_n-a_n，------------------②
①②兩式相減得，a_n+1-a_n=1，
所以，數(shù)列{a_n}為等差數(shù)列，首項(xiàng)為1，公差為1，
所以，a_n=n；
（2）∵b_n=$\frac{{a}_{n+1}}{{{a}_{n}}^{2}•{{a}_{n+2}}^{2}}$=$\frac{n+1}{n^2•（n+2）^2}$
=$\frac{1}{4}$•$\frac{（n+2）^2-n^2}{n^2•（n+2）^2}$=$\frac{1}{4}$[$\frac{1}{n^2}$-$\frac{1}{（n+2）^2}$]，
∴T_n=$\frac{1}{4}$[（$\frac{1}{1^2}$-$\frac{1}{3^2}$）+（$\frac{1}{2^2}$-$\frac{1}{4^2}$）+（$\frac{1}{3^2}$-$\frac{1}{5^2}$）+…+（$\frac{1}{n^2}$-$\frac{1}{（n+2）^2}$）]
=$\frac{1}{4}$[（$\frac{1}{1^2}$+$\frac{1}{2^2}$）-（$\frac{1}{（n+1）^2}$+$\frac{1}{（n+2）^2}$）]
顯然T_n單調(diào)遞增，當(dāng)n=1時(shí)，（T_n）_min=$\frac{1}{4}$×$\frac{8}{9}$=$\frac{2}{9}$，
且T_n＜$\frac{1}{4}$•（$\frac{1}{1^2}$+$\frac{1}{2^2}$）=$\frac{5}{16}$，
故對(duì)于任意的n∈N^*，都有有$\frac{2}{9}$≤T_n＜$\frac{5}{16}$．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了數(shù)列通項(xiàng)公式的求解和數(shù)列不等式的證明，涉及等差數(shù)列的定義和運(yùn)用裂項(xiàng)相消的方法對(duì)數(shù)列求和，以及不等式的放縮，屬于難題．