Question

9．已知正項數(shù)列{a_n}中，a₁=1，a₂=2，前n項和S_n，且滿足$\frac{{S}_{n+1}}{{S}_{n-1}}$+$\frac{{S}_{n-1}}{{S}_{n+1}}$=$\frac{4{S}_{n}^{2}}{{S}_{n+1}{{S}_{n-1}}_{\;}}$-2（n≥2，n∈N*）．
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n）的通項公式；
（Ⅱ）記c_n=$\frac{1}{{S}_{n}•{S}_{n+1}}$，數(shù)列{c_n}的前n項和為T_n，求證：$\frac{1}{3}$≤T_n$＜\frac{1}{2}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由$\frac{{S}_{n+1}}{{S}_{n-1}}$+$\frac{{S}_{n-1}}{{S}_{n+1}}$=$\frac{4{S}_{n}^{2}}{{S}_{n+1}{{S}_{n-1}}_{\;}}$-2（n≥2，n∈N*）整理得（S_n+1+S_n-1）²=（2S_n）²，結(jié)合題意，得S_n+1+S_n-1=2S_n，可判斷出數(shù)列{S_n}為等差數(shù)列，繼而可得S_n=2n-1，從而可求數(shù)列{a_n）的通項公式；
（Ⅱ）利用裂項法可得c_n=$\frac{1}{{S}_{n}•{S}_{n+1}}$=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{2n-1}$-$\frac{1}{2n+1}$），從而可求得數(shù)列{c_n}的前n項和為T_n，即可證得：$\frac{1}{3}$≤T_n$＜\frac{1}{2}$．

解答 解：（本小題滿分13分）
（Ⅰ）由$\frac{{S}_{n+1}}{{S}_{n-1}}$+$\frac{{S}_{n-1}}{{S}_{n+1}}$=$\frac{4{S}_{n}^{2}}{{S}_{n+1}{{S}_{n-1}}_{\;}}$-2（n≥2，n∈N*）得．${{S}_{n+1}}^{2}$+2S_n+1S_n-1+${{S}_{n-1}}^{2}$=4${{S}_{n}}^{2}$，
即（S_n+1+S_n-1）²=（2S_n）²，由數(shù)列{a_n}的各項為正數(shù)，得S_n+1+S_n-1=2S_n，…3分
所以數(shù)列{S_n}為等差數(shù)列，…4分
由a₁=1，a₂=2，得S₁=a₁=1，S₂=a₁+a₂=3，則數(shù)列{S_n}的公差為d=S₂-S₁=2，
所以S_n=1+（n-1）×2=2n-1…6分
當(dāng)n≥2時，a_n=S_n-S_n-1=（2n-1）-（2n-3）=2，
而a₁=1不適合上式，所以數(shù)列{a_n}的通項公式為a_n=$\left\{\begin{array}{l}{1，n=1}\\{2，n≥2}\end{array}\right.$…7分
（Ⅱ）由（Ⅰ）得c_n=$\frac{1}{{{S}_{n}S}_{n+1}}$=$\frac{1}{（2n-1）（2n+1）}$=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{2n-1}$-$\frac{1}{2n+1}$）…8分
則T_n=c₁+c₂+c₃+…+c_n=$\frac{1}{2}$[（1-$\frac{1}{3}$）+（$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{5}$）+（$\frac{1}{5}$-$\frac{1}{7}$）+…+（$\frac{1}{2n-1}$-$\frac{1}{2n+1}$）]=$\frac{1}{2}$（1-$\frac{1}{2n+1}$）…11分
另一方面，T_n=$\frac{1}{2}$（1-$\frac{1}{2n+1}$）是關(guān)于n的增函數(shù)，則T_n≥T₁=$\frac{1}{3}$，
因此，$\frac{1}{3}$≤T_n$＜\frac{1}{2}$…13分

點評 本題考查數(shù)量遞推式，考查等差關(guān)系的確定與其通項公式的應(yīng)用，突出考查裂項法求和與函數(shù)單調(diào)性的綜合運(yùn)用，屬于中檔題．