Question

数列{a_n}的各项均为正数，S_n为其前n项和，对于任意的n∈N^*，总有2a_n+1，2S_n，a_n²成等差数列
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）设数列{b_n}的前n项和为T_n，且b_n=

1

an•an+1

，求证：Tn＜

1

2

(n∈N*)．

Answer 1

考点：数列的求和,等差数列的性质

专题：等差数列与等比数列

分析：（1）由于2a_n+1，2S_n，a_n²成等差数列，可得4Sn=2an+1+

a

2 n

，利用递推式可得（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1-2）=0，根据题意可得a_n-a_n-1=2，利用等差数列的通项公式即可得出．
（2）b_n=

1

an•an+1

=

1

(2n-1)(2n+1)

=

1

2

(

1

2n-1

-

1

2n+1

)，利用“裂项求和”即可得出．

解答： （1）解：∵2a_n+1，2S_n，a_n²成等差数列，
∴4Sn=2an+1+

a

2 n

，
当n≥2时，4Sn-1=2an-1+1+

a

2 n-1

，
∴4a_n=4S_n-4S_n-1=2an+1+

a

2 n

-(2an-1+1+

a

2 n-1

)，
化为（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1-2）=0，
∵?n∈N^*，a_n＞0，
∴a_n-a_n-1=2，
当n=1时，4a1=2a1+1+

a

2 1

，解得a₁=1．
∴数列{a_n}是等差数列，
a_n=1+2（n-1）=2n-1．
（2）证明：b_n=

1

an•an+1

=

1

(2n-1)(2n+1)

=

1

2

(

1

2n-1

-

1

2n+1

)，
∴Tn=

1

2

[(1-

1

3

)+(

1

3

-

1

5

)+…+(

1

2n-1

-

1

2n+1

)]
=

1

2

(1-

1

2n+1

)＜

1

2

(n∈N*)．
∴Tn＜

1

2

成立．

点评：本题考查了等比数列的通项公式、递推式的应用、“裂项求和”，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．