Question

9．已知正项数列{a_n}的前n项和为S_n，对任意n∈N₊，有2S_n=a_n²+a_n．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）令b_n=$\frac{1}{{{a_n}\sqrt{{a_{n+1}}}+{a_{n+1}}\sqrt{a_n}}}$，设{b_n}的前n项和为T_n，求证：$\frac{{2-\sqrt{2}}}{2}≤{T_n}$＜1．

Answer 1

分析 （1）根据数列的递推公式即可求出数列{a_n}的通项公式，
（2）先化简数列b_n，根据裂项求和和放缩法即可证明．

解答 解：（1）∵$2{S_n}=a_n^2+{a_n}$，∴当n=1时，$2{a_1}=a_1^2+{a_1}$，解得a₁=1；
当n≥2时，$2{S_{n-1}}=a_{n-1}^2+{a_{n-1}}$，$2{a_n}=a_n^2+{a_n}-（a_{n-1}^2+{a_{n-1}}）$，
化为（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1-1）=0，∵?n∈N^*有a_n＞0，
∴a_n-a_n-1=1．
∴数列{a_n}是等差数列，首项为1，公差为1．
∴a_n=1+（n-1）=n．
∴a_n=n．
（2）${b_n}=\frac{1}{{{a_n}\sqrt{{a_n}+1}+{a_{n+1}}\sqrt{a_n}}}=\frac{1}{{n\sqrt{n+1}+（n+1）\sqrt{n}}}=\frac{{\sqrt{n}}}{n}-\frac{{\sqrt{n+1}}}{n+1}$，
∴{b_n}的前n项和为${T_n}=（1-\frac{{\sqrt{2}}}{2}）+（\frac{{\sqrt{2}}}{2}-\frac{{\sqrt{3}}}{3}）+…+（\frac{{\sqrt{n}}}{n}-\frac{{\sqrt{n+1}}}{n+1}）=1-\frac{{\sqrt{n+1}}}{n+1}$，
由T_n随着n增大在增大，得$\frac{{2-\sqrt{2}}}{2}≤{T_n}＜1$．

点评 本题考查数列的通项及前n项和，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于中档题．