Question

18．已知数列{a_n}的前n项和为S_n，且a_n＞0，S_n=（$\frac{{a}_{n}+1}{2}$）²（n∈N₊），
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）设b_n=$\frac{{a}_{n}+1}{2（{2}^{{a}_{n}}-1）}$，数列{b_n}的前n项和为T_n．
①求证：$\frac{{b}_{n}}{{S}_{n}}$≤$\frac{1}{n•{4}^{n-1}}$；
②求证：1≤T_n＜$\frac{16}{9}$．

Answer 1

分析 （1）a_n＞0，S_n=（$\frac{{a}_{n}+1}{2}$）²（n∈N₊），可得：当n=1时，${a}_{1}=（\frac{{a}_{1}+1}{2}）^{2}$，解得a₁．当n≥2时，a_n=S_n-S_n-1，化为：（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1-2）=0．
可得a_n-a_n-1=2．利用等差数列的通项公式即可得出．
（2）①S_n=n²．b_n=$\frac{n}{{2}^{2n-1}-1}$，可得$\frac{{b}_{n}}{{S}_{n}}$=$\frac{1}{n（\frac{{4}^{n}}{2}-1）}$≤$\frac{1}{n×{4}^{n-1}}$．
②数列{b_n}的前n项和为T_n=$\frac{1}{2-1}$+$\frac{2}{{2}^{3}-1}$+…+$\frac{n}{{2}^{2n-1}-1}$≥T₁=1．由于b_n=$\frac{n}{{2}^{2n-1}-1}$＜$\frac{n}{{4}^{n-1}}$（n＞1），可得T_n＜1+$\frac{2}{4}+\frac{3}{{4}^{2}}$+…+$\frac{n}{{4}^{n-1}}$=A_n，利用“错位相减法”与等比数列的前n项和公式即可得出．

解答 （1）解：∵a_n＞0，S_n=（$\frac{{a}_{n}+1}{2}$）²（n∈N₊），
∴当n=1时，${a}_{1}=（\frac{{a}_{1}+1}{2}）^{2}$，解得a₁=1．
当n≥2时，a_n=S_n-S_n-1=（$\frac{{a}_{n}+1}{2}$）²-$（\frac{{a}_{n-1}+1}{2}）^{2}$，化为：（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1-2）=0．
∴a_n-a_n-1=2．
∴数列{a_n}是等差数列，首项为1，公差为2．
∴a_n=1+2（n-1）=2n-1．
（2）证明：①S_n=n²．
b_n=$\frac{{a}_{n}+1}{2（{2}^{{a}_{n}}-1）}$=$\frac{2n}{2（{2}^{2n-1}-1）}$=$\frac{n}{{2}^{2n-1}-1}$，
∴$\frac{{b}_{n}}{{S}_{n}}$=$\frac{1}{n（{2}^{2n-1}-1）}$=$\frac{1}{n（\frac{{4}^{n}}{2}-1）}$≤$\frac{1}{n×{4}^{n-1}}$．
②数列{b_n}的前n项和为T_n=$\frac{1}{2-1}$+$\frac{2}{{2}^{3}-1}$+…+$\frac{n}{{2}^{2n-1}-1}$≥T₁=1，
∵b_n=$\frac{n}{{2}^{2n-1}-1}$＜$\frac{n}{{2}^{2n-2}}$=$\frac{n}{{4}^{n-1}}$（n＞1），
∴T_n＜1+$\frac{2}{4}+\frac{3}{{4}^{2}}$+…+$\frac{n}{{4}^{n-1}}$=A_n，
$\frac{1}{4}{A}_{n}$=$\frac{1}{4}+\frac{2}{{4}^{2}}$+…+$\frac{n-1}{{4}^{n-1}}$+$\frac{n}{{4}^{n}}$，
∴$\frac{3}{4}{A}_{n}$=$1+\frac{1}{4}+\frac{1}{{4}^{2}}$+…+$\frac{1}{{4}^{n-1}}-\frac{n}{{4}^{n}}$=$\frac{1-\frac{1}{{4}^{n}}}{1-\frac{1}{4}}$-$\frac{n}{{4}^{n}}$＜$\frac{4}{3}$，
∴A_n$＜\frac{16}{9}$，
∴T_n$＜\frac{16}{9}$．
综上可得：1≤T_n＜$\frac{16}{9}$．

点评 本题考查了“错位相减法”、等差数列与等比数列的通项公式及其前n项和公式、“放缩法”、不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．