Question

19．?dāng)?shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n．
（1）當(dāng){a_n}是等比數(shù)列，a₁=1，且$\frac{1}{a_1}$，$\frac{1}{a_3}$，$\frac{1}{a_4}$-1是等差數(shù)列時(shí)，求a_n；
（2）若{a_n}是等差數(shù)列，且S₁+a₂=7，S₂+a₃=15，證明：對于任意n∈N*，都有：$\frac{1}{{{S_1}+1}}+\frac{1}{{{S_2}+2}}+\frac{1}{{{S_3}+3}}+…+\frac{1}{{{S_n}+n}}＜\frac{2}{3}$．

Answer 1

分析 （1）$\frac{1}{a_1}$，$\frac{1}{a_3}$，$\frac{1}{a_4}-1$是等差數(shù)列，得$\frac{2}{a_3}=\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_4}-1$，又{a_n}是等比數(shù)列，a₁=1，設(shè)公比為q，則有$\frac{2}{q^2}=1+\frac{1}{q^3}-1$，解出即可得出．
（2）設(shè){a_n}的公差距為d，由S₁+a₂=7，S₂+a₃=15得$\left\{{\begin{array}{l}{2{a_1}+d=7}\\{3{a_1}+3d=15}\end{array}}\right.$，解出可得S_n，利用“裂項(xiàng)求和”方法與數(shù)列的單調(diào)性即可得出．

解答 解：（1）$\frac{1}{a_1}$，$\frac{1}{a_3}$，$\frac{1}{a_4}-1$是等差數(shù)列，得$\frac{2}{a_3}=\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_4}-1$
又{a_n}是等比數(shù)列，a₁=1，設(shè)公比為q，則有$\frac{2}{q^2}=1+\frac{1}{q^3}-1$，即$\frac{2}{q^2}=\frac{1}{q^3}$
而q≠0，解得44$q=\frac{1}{2}$，…（4分）
故4${a_n}=1×{（\frac{1}{2}）^{n-1}}={（\frac{1}{2}）^{n-1}}$…（6分）
（2）設(shè){a_n}的公差距為d，由S₁+a₂=7，S₂+a₃=15，得$\left\{{\begin{array}{l}{2{a_1}+d=7}\\{3{a_1}+3d=15}\end{array}}\right.$，解得$\left\{{\begin{array}{l}{{a_1}=2}\\{d=3}\end{array}}\right.$． …（8分）
則${S_n}=n{a_1}+\frac{n（n-1）}{2}d=\frac{3}{2}{n^2}+\frac{1}{2}n$．
于是$\frac{1}{{{S_n}+n}}=\frac{1}{{\frac{3}{2}{n^2}+\frac{3}{2}n}}=\frac{2}{3}×\frac{1}{n（n+1）}=\frac{2}{3}（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}）$，…（10分）
故$\frac{1}{{{S_1}+1}}+\frac{1}{{{S_2}+2}}+\frac{1}{{{S_3}+3}}+…+\frac{1}{{{S_n}+n}}=\frac{2}{3}（1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+…+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}）$=$\frac{2}{3}（1-\frac{1}{n+1}）＜\frac{2}{3}$．…（12分）

點(diǎn)評 本題考查了“裂項(xiàng)求和法”、等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項(xiàng)公式及其求和公式，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．