Question

16．設公差不為0的等差數列{a_n}的首項a₁=1，前n項和為S_n，且$\frac{1}{{a}_{1}}$，$\frac{1}{{a}_{2}}$，$\frac{1}{{a}_{4}}$成等比數列．
（1）求數列{a_n}的通項公式及S_n；
（2）設b_n=$\frac{1}{{S}_{n}}$，t_n=$\frac{1}{{a}_{{2}^{n-1}}}$，且B_n，T_n分別為數列{b_n}，{t_n}的前n項和，比較B_n與T_n+$\frac{1}{{2}^{n-1}}$的大�。�

Answer 1

分析 （1）由等比數列性質得$（\frac{1}{{a}_{2}}）^{2}=\frac{1}{{a}_{1}}•\frac{1}{{a}_{4}}$，由等差數列通項公式得（a₁+d）²=a₁（a₁+3d），由此能求出數列{a_n}的通項公式及S_n．
2）由裂項求和法得到B_n=2（1-$\frac{1}{n+1}$），由等比數列的性質得到T_n=2（1-$\frac{1}{{2}^{n}}$），從而得到B_n＜T_n+$\frac{1}{{2}^{n-1}}$．

解答 解：（1）設等差數列的公差為d，
∵公差不為0的等差數列{a_n}的首項a₁=1，前n項和為S_n，
$\frac{1}{{a}_{1}}$，$\frac{1}{{a}_{2}}$，$\frac{1}{{a}_{4}}$成等比數列，
∴$（\frac{1}{{a}_{2}}）^{2}=\frac{1}{{a}_{1}}•\frac{1}{{a}_{4}}$，
∴（a₁+d）²=a₁（a₁+3d），
由d≠0，解得d=1，
∴a_n=n，S_n=$\frac{n（n+1）}{2}$．
（2）∵S_n=$\frac{n（n+1）}{2}$，∴$\frac{1}{{S}_{n}}$=$2（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}）$，
∵b_n=$\frac{1}{{S}_{n}}$，t_n=$\frac{1}{{a}_{{2}^{n-1}}}$，且B_n，T_n分別為數列{b_n}，{t_n}的前n項和，
∴B_n=2（1-$\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+…+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$）=2（1-$\frac{1}{n+1}$），
∵t_n=$\frac{1}{{a}_{{2}^{n-1}}}$=$\frac{1}{{2}^{n-1}}$，
∴T_n=$\frac{1}{{2}^{0}}+\frac{1}{2}+\frac{1}{{2}^{2}}+…+\frac{1}{{2}^{n-1}}$=$\frac{1-\frac{1}{{2}^{n}}}{1-\frac{1}{2}}$=2（1-$\frac{1}{{2}^{n}}$），
∴T_n+$\frac{1}{{2}^{n-1}}$=2，
∴B_n＜T_n+$\frac{1}{{2}^{n-1}}$．

點評 本題考查數列的通項公式和前n項和的求法，考查數列有前n項和的大小的比較，是中檔題，解題時要認真審題，注意等差數列、等比數列的性質的合理運用．