已知正数数列{an}的前n项和为Sn.满足an=($\sqrt{S n}+\sqrt{{S {n-1}}}$)(n≥2.n∈N*).a1=1．(Ⅰ)求证:{$\sqrt{S n}\}$是等差数列,(Ⅱ)求数列{an}的通项公式,(Ⅲ)令bn=$\frac{4n}{{a n^2•a {n+1}^2}}$.数列{bn}的前n项和为Tn.求使得Tn＜$\frac{m}{10}$对� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

7．已知正数数列{a_n}的前n项和为S_n，满足a_n=（$\sqrt{S_n}+\sqrt{{S_{n-1}}}$）（n≥2，n∈N^*），a₁=1．
（Ⅰ）求证：{$\sqrt{S_n}\}$是等差数列；
（Ⅱ）求数列{a_n}的通项公式；
（Ⅲ）令b_n=$\frac{4n}{{a_n^2•a_{n+1}^2}}$，数列{b_n}的前n项和为T_n，求使得T_n＜$\frac{m}{10}$对于所有n∈N*都成立的最小正整数m．

分析（I）由a_n=（$\sqrt{S_n}+\sqrt{{S_{n-1}}}$）（n≥2，n∈N^*），可得S_n-S_n-1=（$\sqrt{S_n}+\sqrt{{S_{n-1}}}$）（n≥2，n∈N^*），又正数数列{a_n}的前n项和为S_n，可得$\sqrt{{S}_{n}}$-$\sqrt{{S}_{n-1}}$=1，即可证明．
（II）由（I）可得：$\sqrt{{S}_{n}}$=1+（n-1）=n，S_n=n²．利用a_n=S_n-S_n-1即可得出．
（III）利用“裂项求和”方法、数列的单调性即可得出．

解答（I）证明：∵a_n=（$\sqrt{S_n}+\sqrt{{S_{n-1}}}$）（n≥2，n∈N^*），
∴S_n-S_n-1=（$\sqrt{S_n}+\sqrt{{S_{n-1}}}$）（n≥2，n∈N^*），
又正数数列{a_n}的前n项和为S_n，∴$\sqrt{S_n}+\sqrt{{S_{n-1}}}$＞0．
∴$\sqrt{{S}_{n}}$-$\sqrt{{S}_{n-1}}$=1，
∴{$\sqrt{S_n}\}$是等差数列，公差为1，首项为1．
（II）解：由（I）可得：$\sqrt{{S}_{n}}$=1+（n-1）=n，
∴S_n=n²．
∴a_n=S_n-S_n-1=n²-（n-1）²=2n-1．
（III）解：b_n=$\frac{4n}{{a_n^2•a_{n+1}^2}}$=$\frac{4n}{（2n-1）^{2}（2n+1）^{2}}$=$\frac{1}{2}[\frac{1}{（2n-1）^{2}}-\frac{1}{（2n+1）^{2}}]$，
∴数列{b_n}的前n项和为T_n=$\frac{1}{2}$$[（1-\frac{1}{{3}^{2}}）+（\frac{1}{{3}^{2}}-\frac{1}{{5}^{2}}）$+…+$（\frac{1}{（2n-1）^{2}}-\frac{1}{（2n+1）^{2}}）]$
=$\frac{1}{2}[1-\frac{1}{（2n+1）^{2}}]$$＜\frac{1}{2}$，
∴使得T_n＜$\frac{m}{10}$对于所有n∈N*都成立，则$\frac{1}{2}≤\frac{m}{10}$，解得m≥5．
因此使得T_n＜$\frac{m}{10}$对于所有n∈N*都成立的最小正整数m=5．