Question

5．已知公差不为零的等差数列{a_n}，前n项和为S_n，S₅=15，a₁，a₂，a₄成等比
（1）求$\frac{1}{{S}_{1}}+\frac{1}{{S}_{2}}$+…+$\frac{1}{{S}_{n}}$
（2）求证：对任意正整数p，存在正整数n使得：$\frac{1}{{a}_{1}}+\frac{1}{{a}_{2}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}}$＞p
（3）设b_n²=a_n⁴，求证：对任意正整数q，存在正整数n使得：b₁+b₂+…+b_n=q．

Answer 1

分析 （1）根据{a_n}是等差数列，S₅=15，a₁，a₂，a₄成等比建立关系，求出a_n．利用裂项相消法求求$\frac{1}{{S}_{1}}+\frac{1}{{S}_{2}}$+…+$\frac{1}{{S}_{n}}$的值．
（2）根据$\frac{1}{{a}_{1}}+\frac{1}{{a}_{2}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}}$放缩法求出最小值，即可得出．
（3）根据b_n²=a_n⁴，即可得出b_n的通项，表示出b₁+b₂+…+b_n找出与各项的关系，若前4项和表示正整数，即可得证

解答 解：{a_n}是等差数列，S₅=15，a₁，a₂，a₄成比，
∴$\left\{\begin{array}{l}{5{a}_{1}+5×2×d=15}\\{（{a}_{1}+d）^{2}={a}_{1}×（{a}_{1}+3d）}\end{array}\right.$，
解得：a₁=1，d=1．
∴a_n=n，${S}_{n}=\frac{n（n+1）}{2}$，
那么：$\frac{1}{{S}_{n}}=2（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}）$
（1）∴$\frac{1}{{S}_{1}}+\frac{1}{{S}_{2}}$+…+$\frac{1}{{S}_{n}}$=2（1-$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}-\frac{1}{3}$+…$+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$）=$\frac{2n}{n+1}$；
（2）证明：由题意$\frac{1}{{a}_{n}}=\frac{1}{n}$，
∴$\frac{1}{{a}_{1}}+\frac{1}{{a}_{2}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}}$=1$+\frac{1}{2}$$+\frac{1}{3}$+…$\frac{1}{n}$．
注意到$\frac{1}{{2}^{k}+1}+\frac{1}{{2}^{k}+2}+…+\frac{1}{{2}^{k+1}}$$＞\frac{{2}^{k}}{{2}^{k+1}}=\frac{1}{2}$，
取n=2^2p+1，则$\frac{1}{{a}_{1}}+\frac{1}{{a}_{2}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}}$=1$+\frac{1}{2}$$+\frac{1}{3}$+…$\frac{1}{n}$＞1+$\frac{1}{2}$•（2p+1）＞p．
（3）证明：根据b_n²=a_n⁴，即b_n=（±n）²
可得b₁+b₂+…+b_n=±1²=±1²±2²…±n²．
而k²-（k+1）²-（k+2）²+（k+3）²=4，
∴若能表示1，2，3，4，就能表示任意正整数q．
又1²=1，-1²-2²-3²+4²=2，-1²+2²=3，-1²-2²+3²=4．
∴命题得证．

点评 本题考查了等差数列与等比数列的关系，性质，通项公式综合运用，考查了等比数列的前n项和放缩法证明不等式，数的任意数和为整数的证明的运用，是难题．