Question

14．正項(xiàng)數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n滿足${S_n}^2-（{n^2}+n-1）{S_n}-（{n^2}+n）=0$．
（1）求S_n及a_n；
（2）令${b_n}=\frac{n+1}{{{{（n+2）}^2}{a_n}^2}}$，數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為T_n，證明：對于任意的n∈N^*，都有$\frac{1}{18}≤{T_n}＜\frac{5}{64}$．

Answer 1

分析 （1）推導(dǎo)出$[{S_n}-（{n^2}+n）]（{S_n}+1）=0$，從而${S_n}={n^2}+n$．由此能求出S_n及a_n．
（2）由a_n=2n，得${b_n}=\frac{n+1}{{{{（n+2）}^2}{a_n}^2}}=\frac{n+1}{{4{n^2}{{（n+2）}^2}}}=\frac{1}{16}[\frac{1}{n^2}-\frac{1}{{{{（n+2）}^2}}}]＞0$，由T_n是關(guān)于n∈N^*遞增，得到${T_n}≥{T_1}={b_1}=\frac{1}{18}$，再利用裂項(xiàng)求和法能證明$\frac{1}{18}≤{T_n}＜\frac{5}{64}$．

解答 解：（1）由${S_n}^2-（{n^2}+n-1）{S_n}-（{n^2}+n）=0$，
得$[{S_n}-（{n^2}+n）]（{S_n}+1）=0$，
∵{a_n}是正項(xiàng)數(shù)列，∴S_n＞0，∴${S_n}={n^2}+n$．
當(dāng)n=1時(shí)，a₁=S₁=2，
當(dāng)n≥2時(shí)，${a_n}={S_n}-{S_{n-1}}={n^2}+2n-{（n-1）^2}-2（n-1）=2n$，
當(dāng)n=1時(shí)也符合上式，
∴${a_n}=2n（n∈{N^*}）$．
證明：（2）由a_n=2n，得${b_n}=\frac{n+1}{{{{（n+2）}^2}{a_n}^2}}=\frac{n+1}{{4{n^2}{{（n+2）}^2}}}=\frac{1}{16}[\frac{1}{n^2}-\frac{1}{{{{（n+2）}^2}}}]＞0$，
故T_n是關(guān)于n∈N^*遞增，∴${T_n}≥{T_1}={b_1}=\frac{1}{18}$，
又${T_n}=\frac{1}{16}[1-\frac{1}{3^2}+\frac{1}{2^2}-\frac{1}{4^2}+\frac{1}{3^2}-\frac{1}{5^2}+…+\frac{1}{{{{（n-1）}^2}}}-\frac{1}{{{{（n+1）}^2}}}+\frac{1}{n^2}-\frac{1}{{{{（n+2）}^2}}}]$
=$\frac{1}{16}[1+\frac{1}{2^2}-\frac{1}{{{{（n+1）}^2}}}-\frac{1}{{{{（n+2）}^2}}}]＜\frac{1}{16}（1+\frac{1}{2^2}）=\frac{5}{64}$．
綜上：$\frac{1}{18}≤{T_n}＜\frac{5}{64}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的前n項(xiàng)和公式、通項(xiàng)公式的求法，考查數(shù)列不等式的證明，考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想、函數(shù)與方程思想，是中檔題．