Question

11．若正項(xiàng)數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，首項(xiàng)a₁=1，點(diǎn)P（$\sqrt{{S}_{n}}$，S_n+1）（n∈N^*）在曲線y=（x+1）²上．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式a_n；
（2）設(shè)b_n=$\frac{1}{{a}_{n}•{a}_{n+1}}$，T_n表示數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和，求證：T_n＜$\frac{1}{2}$．

Answer 1

分析 （1）將點(diǎn)P（$\sqrt{{S}_{n}}$，S_n+1）代入曲線y=（x+1）²方程，即得${S}_{n}={n}^{2}$，從而可得a_n=2n-1 （n∈N^*）；
（2）由于b_n=$\frac{1}{{a}_{n}•{a}_{n+1}}$=$\frac{1}{（2n-1）（2n+1）}$=$\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}$，所以T_n=$\frac{1}{1×3}$$+\frac{1}{3×5}$+…+$\frac{1}{（2n-1）（2n+1）}$=$\frac{1}{2}-\frac{1}{2（2n+1）}$$＜\frac{1}{2}$．

解答 解：（1）因?yàn)辄c(diǎn)P（$\sqrt{{S}_{n}}$，S_n+1）在曲線y=（x+1）²上，
所以${S}_{n+1}=（\sqrt{{S}_{n}}+1）^{2}$，從而$\sqrt{{S}_{n+1}}-\sqrt{{S}_{n}}=1$，且$\sqrt{{S}_{1}}=\sqrt{{a}_{1}}=1$，
所以數(shù)列{$\sqrt{{S}_{n}}$}是以1為首項(xiàng)，1為公差的等差數(shù)列，
所以$\sqrt{{S}_{n}}$=$\sqrt{{S}_{1}}$+（n-1）×1=n，即${S}_{n}={n}^{2}$，
當(dāng)n≥2時(shí)，a_n=S_n-S_n-1=n²-（n-1）²=2n-1，
當(dāng)n=1時(shí)，a_n=2×1-1=1也成立，
所以a_n=2n-1 （n∈N^*）；
（2）因?yàn)閎_n=$\frac{1}{{a}_{n}•{a}_{n+1}}$=$\frac{1}{（2n-1）（2n+1）}$，所以b_n＞0，
則T_n=$\frac{1}{1×3}$$+\frac{1}{3×5}$+…+$\frac{1}{（2n-1）（2n+1）}$
=$\frac{1}{2}$（1$-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+…+\frac{1}{2n-3}-\frac{1}{2n-1}+\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}$）
=$\frac{1}{2}（1-\frac{1}{2n+1}）$
=$\frac{1}{2}-\frac{1}{2（2n+1）}$
$＜\frac{1}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查求通項(xiàng)公式以及數(shù)列的前n項(xiàng)和，注意解題方法的積累，屬于中檔題．