Question

19．设S_n是公差不为0的等差数列{a_n}的前n项和，且S₁，S₂，S₄成等比数列，a₅=9．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）证明：$\frac{1}{S_2}$+$\frac{1}{S_3}$+…+$\frac{1}{{{S_{n+1}}}}$＜$\frac{3}{4}$（n∈N^*）．

Answer 1

分析 （1）由等比中项可知及等差数列通项公式，即可求得{a_n}的首项和公差，即可写出数列{a_n}的通项公式；
（2）根据等差数列的前n项和公式${S_n}={n^2}$，当n=1，$\frac{1}{S_2}=\frac{1}{4}＜\frac{3}{4}$，显然成立，当n≥2，采用放缩法及裂项法即可证明$\frac{1}{S_2}$+$\frac{1}{S_3}$+…+$\frac{1}{{{S_{n+1}}}}$=$\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{n+1}$＜$\frac{3}{4}$．

解答 解：（1）由题意知$\left\{{\begin{array}{l}{{S_2}={S_1}{S_4}}\\{{a_5}=9}\end{array}}\right.$．
设{a_n}的公差为d，则$\left\{\begin{array}{l}{（2{a_1}+d）^2}={a_1}（4{a_1}+6d）\\{a_1}+4d=9\end{array}\right.$，…（2分）
解得：$\left\{\begin{array}{l}{a_1}=1\\ d=2\end{array}\right.$．
∴a_n=1+2（n-1）=2n-1，
故数列{a_n}的通项公式是a_n=2n-1．…（4分）
（2）证明：由（1）知${S_n}={n^2}$…（5分）
当n=1时，左边=$\frac{1}{S_2}=\frac{1}{4}＜\frac{3}{4}$，故原不等式显然成立．…（6分）
当n≥2时，因为$\frac{1}{n^2}＜\frac{1}{{（{n-1}）n}}=\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}$，
∴$\frac{1}{S_2}+\frac{1}{S_3}+\frac{1}{S_4}+…+\frac{1}{{{S_{n+1}}}}$，
=$\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）$．…（11分）
综上所述，$\frac{1}{S_2}+\frac{1}{S_3}+…+\frac{1}{{{S_{n+1}}}}＜\frac{3}{4}（n∈{N^*}）$．…（12分）

点评 本题考查数列的通项公式和前n项和公式的求法，解题时要认真审题，注意裂项求和法的合理运用，属于中档题．