Question

14．已知等差數(shù)列{d_n}的前n項(xiàng)和${S_n}={n^2}+n$，且d₂，d₄為等比數(shù)列數(shù)列{a_n}的第2、3項(xiàng)．
（1）求{a_n}的通項(xiàng)方式；
（2）設(shè)${b_n}=\frac{n}{a_n}$，求證：b₁+b₂+…+b_n＜2．

Answer 1

分析 （1）利用數(shù)列遞推式，再寫一式，兩式相減，從而可求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）利用錯位相減法求數(shù)列的和，即可證得結(jié)論．

解答 解：（1）由${S_n}={n^2}+n$，則S_n-1=（n-1）²+（n-1）
當(dāng)n≥2時，d_n=S_n-S_n-1=2n
且n=1滿足上式
所以a₂=d₂=4，a₃=d₄=8
所以${a_n}={2^n}$，
（2）令${T_n}={b_1}+{b_2}+…+{b_n}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\frac{3}{2^3}+…+\frac{n}{2^n}$，
$\frac{1}{2}{T_n}=\frac{1}{2^2}+\frac{2}{2^3}+…+\frac{n-1}{2^n}+\frac{n}{{{2^{n+1}}}}$，
$\frac{1}{2}{T_n}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+…\frac{1}{2^n}-\frac{n}{{{2^{n+1}}}}$，
所以${T_n}=1+\frac{1}{2}+…+\frac{1}{{{2^{n-1}}}}-\frac{n}{2^n}$=$2-（n+2）{（\frac{1}{2}）^n}＜2$

點(diǎn)評 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)的求法，注意運(yùn)用下標(biāo)變換法，同時考查數(shù)列的求和方法：錯位相減法求和和不等式的性質(zhì)，屬于中檔題．