Question

17．已知等差数列{a_n}满足a₂=3，a₄+a₇=20．
（Ⅰ）求数列{a_n}的通项a_n及前n项和为S_n；
（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，证明：$\sum_{k=1}^{n}$$\frac{1}{{S}_{K}}$＜$\frac{5}{3}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用等差数列通项公式列出方程组，求出首项和公差，由此能求出数列{a_n}的通项a_n及前n项和为S_n．
（Ⅱ）${S}_{n}={n}^{2}$，由${k}^{2}＞{k}^{2}-\frac{1}{4}（k∈{N}^{*}）$，得$\frac{1}{{k}^{2}}＜\frac{1}{{k}^{2}-\frac{1}{4}}$，k∈N^*，从而$\frac{1}{{k}^{2}}$＜$\frac{4}{4{k}^{2}-1}=2（\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k+1}）$，由此利用裂项求和法能证明$\sum_{k=1}^{n}$$\frac{1}{{S}_{K}}$＜$\frac{5}{3}$．

解答 解：（Ⅰ）设等差数列{a_n}的公差为d，
∵等差数列{a_n}满足a₂=3，a₄+a₇=20，∴依题意，得：$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{1}+d=3}\\{2{a}_{1}+9d=20}\end{array}\right.$，
解得a₁=1，d=2，
∴a_n=a₁+（n-1）d=1+2（n-1）=2n-1．
∴${S}_{n}=n{a}_{1}+\frac{n（n-1）}{2}d$=n+n（n-1）=n²．
证明：（Ⅱ）∵${S}_{n}={n}^{2}$，
∴$\sum_{k=1}^{n}$$\frac{1}{{S}_{K}}$=$\frac{1}{{1}^{2}}+\frac{1}{{2}^{2}}+\frac{1}{{3}^{2}}+…+\frac{1}{{n}^{2}}$．
∵${k}^{2}＞{k}^{2}-\frac{1}{4}（k∈{N}^{*}）$，
∴$\frac{1}{{k}^{2}}＜\frac{1}{{k}^{2}-\frac{1}{4}}$，k∈N^*，
∴$\frac{1}{{k}^{2}}$＜$\frac{4}{4{k}^{2}-1}=2（\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k+1}）$，
∴$\sum_{k=1}^{n}$$\frac{1}{{S}_{K}}$=$\frac{1}{{1}^{2}}+\frac{1}{{2}^{2}}+\frac{1}{{3}^{2}}+…+\frac{1}{{n}^{2}}$
＜1+2（$\frac{1}{3}-\frac{1}{5}$）+2（$\frac{1}{5}-\frac{1}{7}$）+…+2（$\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k+1}$）
=1+2（$\frac{1}{3}-\frac{1}{2k-1}$）=$\frac{5}{3}-\frac{2}{2k+1}$＜$\frac{5}{3}$，
∴$\sum_{k=1}^{n}$$\frac{1}{{S}_{K}}$＜$\frac{5}{3}$．

点评 本题考查等差数列的通项公式及前n项和的求法，考查数列不等式的证明，涉及到裂项求和法、放缩法等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，考查创新意识、应用意识，是中档题．