Question

7．已知数列{a_n}的前n项和为S_n，若4S_n=（2n-1）a_n+1+1，a₁=1．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）令${b_n}=\frac{n+1}{{{{（n+2）}^2}{{（{a_n}+1）}^2}}}$，数列{b_n}的前n项和为T_n，证明：对于任意的n∈N^*，都有${T_n}＜\frac{5}{64}$．

Answer 1

分析 （1）由题意可知：当n≥2时，4S_n-1=（2n-1）a_n+1，4S_n=（2n-1）a_n+1+1，两式相减，整理得：$\frac{{{a_{n+1}}}}{a_n}=\frac{2n+1}{2n-1}（n≥2）$，采用累乘法，即可求得a_n=2n-1，当n=1时，a₁=1成立，即可求得数列{a_n}的通项公式；
（2）由（1）可知：${b_n}=\frac{n+1}{{4{n^2}{{（n+2）}^2}}}=\frac{1}{16}[{\frac{1}{n^2}-\frac{1}{{{{（n+2）}^2}}}}]$，采用“裂项法”即可求得T_n=$\frac{1}{16}[{1+\frac{1}{2^2}-\frac{1}{{{{（n+1）}^2}}}-\frac{1}{{{{（n+2）}^2}}}}]$．由n∈N^*，则${T_n}＜\frac{1}{16}（1+\frac{1}{2^2}）=\frac{5}{64}$．

解答 解：（1）由4S_n=（2n-1）a_n+1+1，a₁=1．
当n=1，解得：a₂=3，…（1分）
∵4S_n=（2n-1）a_n+1+1，
∴当n≥2时，4S_n-1=（2n-1）a_n+1，…（2分）
两式相减，得：4a_n=（2n-1）a_n+1-（2n-3）a_n（n≥2），整理得：$\frac{{{a_{n+1}}}}{a_n}=\frac{2n+1}{2n-1}（n≥2）$，…（3分）
采用累乘法：则${a_n}=\frac{a_n}{{{a_{n-1}}}}•\frac{{{a_{n-1}}}}{{{a_{n-2}}}}•\frac{{{a_{n-2}}}}{{{a_{n-3}}}}…\frac{a_3}{a_2}•\frac{a_2}{a_1}•{a_1}=\frac{2n-1}{2n-3}•\frac{2n-3}{2n-5}•\frac{2n-5}{2n-7}•…•\frac{5}{3}•\frac{3}{1}•1=2n-1$，
∴a_n=2n-1，
当n=1时，a₁=1成立，
数列{a_n}的通项公式a_n=2n-1；…（6分）
（2）证明：由a_n=2n-1，得${b_n}=\frac{n+1}{{4{n^2}{{（n+2）}^2}}}=\frac{1}{16}[{\frac{1}{n^2}-\frac{1}{{{{（n+2）}^2}}}}]$．…（9分）
${T_n}=\frac{1}{16}[{1-\frac{1}{3^2}+\frac{1}{2^2}-\frac{1}{4^2}+\frac{1}{3^2}-\frac{1}{5^2}+…+\frac{1}{{{{（n-1）}^2}}}-\frac{1}{{{{（n+1）}^2}}}+\frac{1}{n^2}-\frac{1}{{{{（n+2）}^2}}}}]$，
=$\frac{1}{16}[{1+\frac{1}{2^2}-\frac{1}{{{{（n+1）}^2}}}-\frac{1}{{{{（n+2）}^2}}}}]$． …（11分）
∴${T_n}＜\frac{1}{16}（1+\frac{1}{2^2}）=\frac{5}{64}$，
∴对于任意的n∈N^*，${T_n}＜\frac{5}{64}$．…（12分）

点评 本题考查数列的通项公式的求法，考查“累乘法”求数列的通项公式及“裂项法”求数列的前n项和，考查数列与不等式的应用，考查计算能力，属于中档题．