Question

19．設(shè)S_n是公差不為0的等差數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和，且S₁，S₂，S₄成等比數(shù)列，a₅=9．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）證明：$\frac{1}{S_2}$+$\frac{1}{S_3}$+…+$\frac{1}{{{S_{n+1}}}}$＜$\frac{3}{4}$（n∈N^*）．

Answer 1

分析 （1）由等比中項(xiàng)可知及等差數(shù)列通項(xiàng)公式，即可求得{a_n}的首項(xiàng)和公差，即可寫出數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）根據(jù)等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式${S_n}={n^2}$，當(dāng)n=1，$\frac{1}{S_2}=\frac{1}{4}＜\frac{3}{4}$，顯然成立，當(dāng)n≥2，采用放縮法及裂項(xiàng)法即可證明$\frac{1}{S_2}$+$\frac{1}{S_3}$+…+$\frac{1}{{{S_{n+1}}}}$=$\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{n+1}$＜$\frac{3}{4}$．

解答 解：（1）由題意知$\left\{{\begin{array}{l}{{S_2}={S_1}{S_4}}\\{{a_5}=9}\end{array}}\right.$．
設(shè){a_n}的公差為d，則$\left\{\begin{array}{l}{（2{a_1}+d）^2}={a_1}（4{a_1}+6d）\\{a_1}+4d=9\end{array}\right.$，…（2分）
解得：$\left\{\begin{array}{l}{a_1}=1\\ d=2\end{array}\right.$．
∴a_n=1+2（n-1）=2n-1，
故數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式是a_n=2n-1．…（4分）
（2）證明：由（1）知${S_n}={n^2}$…（5分）
當(dāng)n=1時(shí)，左邊=$\frac{1}{S_2}=\frac{1}{4}＜\frac{3}{4}$，故原不等式顯然成立．…（6分）
當(dāng)n≥2時(shí)，因?yàn)?\frac{1}{n^2}＜\frac{1}{{（{n-1}）n}}=\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}$，
∴$\frac{1}{S_2}+\frac{1}{S_3}+\frac{1}{S_4}+…+\frac{1}{{{S_{n+1}}}}$，
=$\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}+…+\frac{1}{{{{（{n+1}）}^2}}}$$＜\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2×3}+\frac{1}{3×4}+…+\frac{1}{{n×（{n+1}）}}$，
=$\frac{1}{2^2}+（{\frac{1}{2}-\frac{1}{3}}）+（{\frac{1}{3}-\frac{1}{4}}）+…+（{\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}}）$，
=$\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{n+1}$$\begin{array}{l}=\frac{3}{4}-\frac{1}{n+1}\\＜\frac{3}{4}\end{array}$，
即$\frac{1}{S_2}+\frac{1}{S_3}+…+\frac{1}{{{S_{n+1}}}}＜\frac{3}{4}（n≥2）$．…（11分）
綜上所述，$\frac{1}{S_2}+\frac{1}{S_3}+…+\frac{1}{{{S_{n+1}}}}＜\frac{3}{4}（n∈{N^*}）$．…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)公式和前n項(xiàng)和公式的求法，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意裂項(xiàng)求和法的合理運(yùn)用，屬于中檔題．