正项数列 $\left\{ {a_n} \right\}$ 的前 $n$ 项和 ${S_n}$ 满足：$S_n^2 - \left( {{n^2} + n - 1} \right){S_n} - \left( {{n^2} + n} \right) = 0$．
【难度】
【出处】
2013年高考江西卷（理）
【标注】
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求数列 $\left\{ {a_n} \right\}$ 的通项公式 ${a_n}$；标注答案$a_n=2n$．解析分析发现，题中条件给出了前 $n$ 项和 $S_n$ 的表达式，故可以利用通项与前 $n$ 项和的关系求解．由 $ S_n^2-\left(n^2+n-1\right)S_n-\left(n^2+n\right)=0 $，得\[ \left[S_n-\left(n^2+n\right)\right]\left(S_n+1\right)=0 .\]由于 $ \left\{a_n\right\} $ 是正项数列，所以 $ S_n>0 $，$ S_n=n^2+n $．于是 $ a_1=S_1=2 $，当 $ n\geqslant 2 $ 时，\[ \begin{split}a_n&=S_n-S_{n-1}\\&=n^2+n-\left(n-1\right)^2-\left(n-1\right)\\&=2n.\end{split} \]综上，数列 $\left\{a_n\right\}$ 的通项 $a_n=2n$．
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令 ${b_n} = \dfrac{n + 1}{{{{\left( {n + 2} \right)}^2}a_n^2}}$，数列 $\left\{ {b_n} \right\}$ 的前 $n$ 项和为 ${T_n}$．证明：对于任意 $n \in {{\mathbb{N}}^*}$，都有 ${T_n} < \dfrac{5}{64}$．标注答案略．解析从形上来看，数列 $\left\{b_n\right\}$ 的通项能裂项表示，故可以尝试用裂项相消法求数列的前 $n$ 项和，继而证明．由于 $ {{a}_{n}}=2n$，${{b}_{n}}=\dfrac{n+1}{{{\left( n+2 \right)}^{2}}a_{n}^{2}} $，则\[{{b}_{n}}=\dfrac{n+1}{4{{n}^{2}}{{\left( n+2 \right)}^{2}}}=\dfrac{1}{16}\left[ \dfrac{1}{{{n}^{2}}}-\dfrac{1}{{{\left( n+2 \right)}^{2}}} \right].\]由裂项相消法，得\[ \begin{split} {{T}_{n}}&=\dfrac{1}{16}\left[ 1-\dfrac{1}{{{3}^{2}}}+\dfrac{1}{{{2}^{2}}}-\dfrac{1}{{{4}^{2}}}+\dfrac{1}{{{3}^{2}}}-\dfrac{1}{{{5}^{2}}}+\cdots +\dfrac{1}{{{n}^{2}}}-\dfrac{1}{{{\left( n+2 \right)}^{2}}} \right]
\\&=\dfrac{1}{16}\left[ 1+\dfrac{1}{{{2}^{2}}}-\dfrac{1}{{{\left( n+1 \right)}^{2}}}-\dfrac{1}{{{\left( n+2 \right)}^{2}}} \right]\\&<\dfrac{1}{16}\left( 1+\dfrac{1}{{{2}^{2}}} \right)\\&=\dfrac{5}{64}.\end{split} \]
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
