Question

10．正項數(shù)列{a_n}前n項和為S_n，且$a_n^2=4{S_n}-2{a_n}-1$（n∈N₊）
（1）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）若${b_n}=\frac{{4{{（-1）}^{n+1}}{a_{n+1}}}}{{（{a_n}+1）（{a_{n+1}}+1）}}$，數(shù)列{b_n}的前n項和為T_n，證明：T_2n-1＞1＞T_2n（n∈N₊）．

Answer 1

分析 （1）在$a_n^2=4{S_n}-2{a_n}-1$中令n=1可知a₁=1；當(dāng)n≥2時，利用$a_n^2=4{S_n}-2{a_n}-1$與$a_{n-1}^2=4{S_{n-1}}-2{a_{n-1}}-1$作差，整理可知a_n-a_n-1=2，進(jìn)而計算可得結(jié)論；
（2）通過（1）裂項，分奇數(shù)、偶數(shù)兩種情況討論即可．

解答 （1）解：依題意，當(dāng)n=1時，a₁=1；
當(dāng)n≥2時，因為a_n＞0，$a_n^2=4{S_n}-2{a_n}-1$，
所以$a_{n-1}^2=4{S_{n-1}}-2{a_{n-1}}-1$，
兩式相減，整理得：a_n-a_n-1=2，
所以數(shù)列{a_n}是以1為首項、2為公差的等差數(shù)列，
所以a_n=2n-1；
（2）證明：由（1）可知${b_n}=\frac{{4{{（-1）}^{n+1}}{a_{n+1}}}}{{（{a_n}+1）（{a_{n+1}}+1）}}=\frac{{{{（-1）}^{n+1}}（2n+1）}}{n（n+1）}={（-1）^{n+1}}（\frac{1}{n}+\frac{1}{n+1}）$，
所以${T_{2n-1}}=（1+\frac{1}{2}）-（\frac{1}{2}+\frac{1}{3}）+…+（\frac{1}{2n-1}+\frac{1}{2n}）=1+\frac{1}{2n}＞1$，
${T_{2n}}=（1+\frac{1}{2}）-（\frac{1}{2}+\frac{1}{3}）+…-（\frac{1}{2n}+\frac{1}{2n+1}）=1-\frac{1}{2n+1}＜1$，
所以T_2n-1＞1＞T_2n（n∈N₊）．

點評 本題考查數(shù)列的通項及前n項和，考查分類討論的思想，注意解題方法的積累，屬于中檔題．