Question

14．已知数列{a_n}的前n项和S_n=2n²+3n-1，n∈N^*．
（Ⅰ）求数列{a_n}的通项公式；    
（Ⅱ）证明：$\frac{1}{S_1}$+$\frac{1}{S_2}$+…+$\frac{1}{S_n}$＜$\frac{1}{2}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由已知数列的前n项和求得首项，再由a_n=S_n-S_n-1求得n≥2时的通项公式，验证首项后得答案；
（Ⅱ）由S_n=2n²+3n-1＞2n²+2n（n≥2），得$\frac{1}{{S}_{n}}＜\frac{1}{2n（n+1）}=\frac{1}{2}（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}）$，作和后即可证明$\frac{1}{S_1}$+$\frac{1}{S_2}$+…+$\frac{1}{S_n}$＜$\frac{1}{2}$．

解答 （Ⅰ）解：由S_n=2n²+3n-1，得a₁=S₁=4；
当n≥2时，a_n=S_n-S_n-1=2n²+3n-1-[2（n-1）²+3（n-1）-1]=4n+1．
当n=1时，上式不成立，
∴${a}_{n}=\left\{\begin{array}{l}{4，n=1}\\{4n+1，n≥2}\end{array}\right.$；
（Ⅱ）证明：∵2n²+3n-1-2n²-2n=n-1＞0（n≥2），
∴S_n=2n²+3n-1＞2n²+2n（n≥2），
则$\frac{1}{{S}_{n}}＜\frac{1}{2n（n+1）}=\frac{1}{2}（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}）$（n≥2），
当n=1时，$\frac{1}{{S}_{1}}=\frac{1}{4}＜\frac{1}{2}$成立；
当n≥2时，$\frac{1}{S_1}$+$\frac{1}{S_2}$+…+$\frac{1}{S_n}$＜$\frac{1}{4}+\frac{1}{2}（\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+…+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}）$=$\frac{1}{4}+\frac{1}{2}（\frac{1}{2}-\frac{1}{n+1}）=\frac{1}{2}-\frac{1}{2（n+1）}＜\frac{1}{2}$．
∴$\frac{1}{S_1}$+$\frac{1}{S_2}$+…+$\frac{1}{S_n}$＜$\frac{1}{2}$．

点评 本题考查由数列的前n项和求数列的通项公式，训练了放缩法与裂项相消法证明数列不等式，是中档题．