Question

1．在数列{a_n}中，已知a_n≥1，a₁=1，且a_n+1-a_n=$\frac{2}{{a}_{n+1}+{a}_{n}-1}$（n∈N^*）
（1）设b_n=（a_n-$\frac{1}{2}$）²，求数列{b_n}及{a_n}的通项公式
（2）设c_n=4b_n，Sn=$\frac{1}{{c}_{1}{c}_{2}}$+$\frac{1}{{c}_{2}{c}_{3}}$+…+$\frac{1}{{c}_{n}{c}_{n+1}}$，求证：$\frac{1}{9}$≤S_n＜$\frac{1}{8}$．

Answer 1

分析 （1）通过a_n+1-a_n=$\frac{2}{{a}_{n+1}+{a}_{n}-1}$可知${{a}_{n+1}}^{2}$-${{a}_{n}}^{2}$-a_n+1+a_n=2，计算可知b_n+1-b_n=2，进而可知数列{b_n}是以$\frac{1}{4}$为首项、2为公差的等差数列，计算即得结论；
（2）通过（1）可知b_n=$\frac{8n-7}{4}$，裂项可知$\frac{1}{{c}_{n}{c}_{n+1}}$=$\frac{1}{8}$（$\frac{1}{8n-7}$-$\frac{1}{8n+1}$），并项相加即得结论．

解答 （1）解：∵a_n+1-a_n=$\frac{2}{{a}_{n+1}+{a}_{n}-1}$（n∈N^*），
∴${{a}_{n+1}}^{2}$-${{a}_{n}}^{2}$-a_n+1+a_n=2，
又∵b_n={a_n-$\frac{1}{2}$}²，
∴b_n+1-b_n=$（{a}_{n+1}-\frac{1}{2}）^{2}$-$（{a}_{n}-\frac{1}{2}）^{2}$
=${{a}_{n+1}}^{2}$-${{a}_{n}}^{2}$-a_n+1+a_n
=2，
又∵b₁=$（{a}_{1}-\frac{1}{2}）^{2}$=$（{1-\frac{1}{2}）}^{2}$=$\frac{1}{4}$，
∴数列{b_n}是以$\frac{1}{4}$为首项、2为公差的等差数列，
∴b_n=$\frac{1}{4}$+2（n-1）=$\frac{8n-7}{4}$，
又∵a_n≥1，
∴数列{a_n}的通项公式a_n=$\sqrt{{b}_{n}}$+$\frac{1}{2}$=$\frac{1}{2}$+$\frac{\sqrt{8n-7}}{2}$；
（2）证明：由（1）可知b_n=$\frac{8n-7}{4}$，
∴c_n=4b_n=8n-7，
∴$\frac{1}{{c}_{n}{c}_{n+1}}$=$\frac{1}{（8n-7）（8n+1）}$=$\frac{1}{8}$（$\frac{1}{8n-7}$-$\frac{1}{8n+1}$），
∴S_n=$\frac{1}{{c}_{1}{c}_{2}}$+$\frac{1}{{c}_{2}{c}_{3}}$+…+$\frac{1}{{c}_{n}{c}_{n+1}}$
=$\frac{1}{8}$（1-$\frac{1}{9}$+$\frac{1}{9}$-$\frac{1}{17}$+…+$\frac{1}{8n-7}$-$\frac{1}{8n+1}$）
=$\frac{1}{8}$（1-$\frac{1}{8n+1}$）
=$\frac{1}{8}$-$\frac{1}{64n+8}$
＜$\frac{1}{8}$，
∵f（n）=$\frac{1}{8}$-$\frac{1}{64n+8}$随着n的增大而增大，
∴f（n）≥f（1）=$\frac{1}{8}$-$\frac{1}{64+8}$=$\frac{1}{9}$，
∴$\frac{1}{9}$≤S_n＜$\frac{1}{8}$．

点评 本题考查数列的通项及前n项和，注意解题方法的积累，属于中档题．