Question

5．已知正项数列{a_n}的前n项和为S_n，若4S_n²-2=a_n²+$\frac{1}{{a}_{n}^{2}}$（n∈N^*），则S₂₀₁₅=（　　）

• A． 2015+$\frac{\sqrt{2015}}{2015}$
• B． 2015-$\frac{\sqrt{2015}}{2015}$
• C． 2015
• D． $\sqrt{2015}$

Answer 1

分析 由已知推导出a₁=1，${a}_{n}+{a}_{n-1}=\frac{1}{{a}_{n}}-\frac{1}{{a}_{n-1}}$，n≥2．由此求出数列的前3项，猜想a_n=$\sqrt{n}-\sqrt{n-1}$，并用数学归法证明，从而得到${S}_{n}=\sqrt{n}$，由此能求出结果．

解答 解：∵正项数列{a_n}的前n项和为S_n，若4S_n²-2=a_n²+$\frac{1}{{a}_{n}^{2}}$（n∈N^*），
∴$4{{a}_{1}}^{2}-2={{a}_{1}}^{2}+\frac{1}{{{a}_{1}}^{2}}$，解得a₁=1，或a₁=-1（舍），
$4{{S}_{n}}^{2}=（{a}_{n}+\frac{1}{{a}_{n}}）^{2}$，
∵a_n＞0，∴$2{S}_{n}={a}_{n}+\frac{1}{{a}_{n}}$，①
n≥2时，$2{S}_{n-1}={a}_{n-1}+\frac{1}{{a}_{n-1}}$，②
①-②，得：2a_n=a_n-a_n-1+$\frac{1}{{a}_{n}}-\frac{1}{{a}_{n-1}}$，n＞2．
∴${a}_{n}+{a}_{n-1}=\frac{1}{{a}_{n}}-\frac{1}{{a}_{n-1}}$，n≥2．
∴${a}_{2}+1=\frac{1}{{a}_{2}}-1$，整理，得：${{a}_{2}}^{2}+2{{a}_{2}}^{\;}-1=0$，
解得a₂=$\sqrt{2}-1$，或${a}_{2}=-\sqrt{2}-1$（舍），
${a}_{3}+\sqrt{2}-1=\frac{1}{{a}_{3}}-\frac{1}{\sqrt{2}-1}$，整理，得${{a}_{3}}^{2}+2\sqrt{2}{a}_{3}-1=0$，解得${a}_{3}=\sqrt{3}-\sqrt{2}$，或${a}_{3}=-\sqrt{2}-\sqrt{3}$（舍），
由此猜想：a_n=$\sqrt{n}-\sqrt{n-1}$，
下面用数学归法证明：
①当n=1时，${a}_{1}=\sqrt{1}-\sqrt{0}$=1，
②假设n=k时，成立，即${a}_{k}=\sqrt{k}-\sqrt{k-1}$，
当n=k+1时，${a}_{k+1}+{a}_{k}=\frac{1}{{a}_{k+1}}-\frac{1}{{a}_{k}}$，
即${a}_{k+1}+\sqrt{k}-\sqrt{k-1}$=$\frac{1}{{a}_{k+1}}-\frac{1}{\sqrt{k}-\sqrt{k-1}}$，
整理，得${{a}_{k+1}}^{2}$+2$\sqrt{k}$a_k+1-1=0，
解得${a}_{k+1}=\sqrt{k+1}-\sqrt{k}$或${a}_{k+1}=-\sqrt{k+1}-\sqrt{k}$，也成立．
∴${a}_{n}=\sqrt{n}-\sqrt{n-1}$，
∴${S}_{n}=1+\sqrt{2}-1+\sqrt{3}-\sqrt{2}+…+\sqrt{n}-\sqrt{n-1}$=$\sqrt{n}$．
∴S₂₀₁₅=$\sqrt{2015}$．
故选：D．

点评 本题考查数列的前n项和的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意合理猜想和数学归纳法的合理运用．