Question

3．已知正项数列{a_n}的前n项和为S_n，且S_n=$\frac{{{a_n}（{a_n}+2）}}{4}$（n∈N*）．
（Ⅰ）求数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）求证：$\frac{1}{{{a_1}^3}}+\frac{1}{{{a_2}^3}}+\frac{1}{{{a_3}^3}}+…+\frac{1}{{{a_n}^3}}＜\frac{5}{32}$（n∈N*）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由条件，将n换为n-1，两式相减，再由等差数列的通项公式，即可得到所求；
（Ⅱ）由$\frac{1}{{{a}_{n}}^{3}}$=$\frac{1}{（2n）^{3}}$=$\frac{1}{8n•{n}^{2}}$＜$\frac{1}{8n（{n}^{2}-1）}$=$\frac{1}{16}$[$\frac{1}{（n-1）n}$-$\frac{1}{n（n+1）}$]（n≥2），运用裂项相消求和，从第二项放缩，即可得证．

解答 解：（Ⅰ）由S_n=$\frac{{{a_n}（{a_n}+2）}}{4}$（n∈N*），
n用n-1代，可得S_n-1=$\frac{{a}_{n-1}（{a}_{n-1}+2）}{4}$，
两式相减得a_n²-a_n-1²=2（a_n+a_n-1），
由题意可得，a_n-a_n-1=2，a₁=2，
得a_n=2n；
（Ⅱ）由$\frac{1}{{{a}_{n}}^{3}}$=$\frac{1}{（2n）^{3}}$=$\frac{1}{8n•{n}^{2}}$＜$\frac{1}{8n（{n}^{2}-1）}$=$\frac{1}{16}$[$\frac{1}{（n-1）n}$-$\frac{1}{n（n+1）}$]（n≥2），
所以当n≥2时，
$\frac{1}{{{a}_{1}}^{3}}$+$\frac{1}{{{a}_{2}}^{3}}$+…+$\frac{1}{{{a}_{n}}^{3}}$＜$\frac{1}{{2}^{3}}$+$\frac{1}{16}$[$\frac{1}{1×2}$-$\frac{1}{2×3}$+$\frac{1}{2×3}$-$\frac{1}{3×4}$+…+$\frac{1}{（n-1）n}$-$\frac{1}{n（n+1）}$]
=$\frac{1}{8}$+$\frac{1}{32}$-$\frac{1}{16n（n+1）}$＜$\frac{5}{32}$，
又n=1时也符合，
所以原不等式成立．

点评 本题考查数列的通项和求和之间的关系，考查等差数列的通项公式的运用，同时考查数列不等式的证明：裂项相消求和，考查不等式的性质，属于中档题．