Question

9．已知正項數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，對任意n∈N₊，有2S_n=a_n²+a_n．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）令b_n=$\frac{1}{{{a_n}\sqrt{{a_{n+1}}}+{a_{n+1}}\sqrt{a_n}}}$，設(shè){b_n}的前n項和為T_n，求證：$\frac{{2-\sqrt{2}}}{2}≤{T_n}$＜1．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)數(shù)列的遞推公式即可求出數(shù)列{a_n}的通項公式，
（2）先化簡數(shù)列b_n，根據(jù)裂項求和和放縮法即可證明．

解答 解：（1）∵$2{S_n}=a_n^2+{a_n}$，∴當(dāng)n=1時，$2{a_1}=a_1^2+{a_1}$，解得a₁=1；
當(dāng)n≥2時，$2{S_{n-1}}=a_{n-1}^2+{a_{n-1}}$，$2{a_n}=a_n^2+{a_n}-（a_{n-1}^2+{a_{n-1}}）$，
化為（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1-1）=0，∵?n∈N^*有a_n＞0，
∴a_n-a_n-1=1．
∴數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列，首項為1，公差為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項和為${T_n}=（1-\frac{{\sqrt{2}}}{2}）+（\frac{{\sqrt{2}}}{2}-\frac{{\sqrt{3}}}{3}）+…+（\frac{{\sqrt{n}}}{n}-\frac{{\sqrt{n+1}}}{n+1}）=1-\frac{{\sqrt{n+1}}}{n+1}$，
由T_n隨著n增大在增大，得$\frac{{2-\sqrt{2}}}{2}≤{T_n}＜1$．

點(diǎn)評 本題考查數(shù)列的通項及前n項和，考查運(yùn)算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．