题目内容
17．已知数列{an}是各项均为正数的等比数列，a1=1，5（a1+a2）=a1+a2+a3+a4，（1）求{an}的通项公式及前n项和Sn；
（2）设Tn=$\frac{{a}_{1}}{{S}_{1}{S}_{2}}$+$\frac{{a}_{2}}{{S}_{2}{S}_{3}}$+…+$\frac{{a}_{n}}{{S}_{n}{S}_{n+1}}$，求证：Tn＜$\frac{1}{2}$．
分析 （1）通过对5（a1+a2）=a1+a2+a3+a4化简可知公比q=2，进而可知数列{an}的通项与前n项和；
（2）通过（1）裂项可知$\frac{{a}_{n}}{{S}_{n}{S}_{n+1}}$=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{{2}^{n}-1}$-$\frac{1}{{2}^{n+1}-1}$），进而并项相加、放缩即得结论．
解答 （1）解：∵5（a1+a2）=a1+a2+a3+a4，
∴4（a1+a2）=a3+a4，
又∵数列{an}是各项均为正数的等比数列，
∴4（a1+a2）=q2（a1+a2），
解得：q=2或q=-2（舍），
∴数列{an}是首项为1、公比为2的等比数列，
∴an=2n-1，Sn=$\frac{1-{2}^{n}}{1-2}$=2n-1；
（2）证明：由（1）可知：$\frac{{a}_{n}}{{S}_{n}{S}_{n+1}}$=$\frac{{2}^{n-1}}{（{2}^{n}-1）（{2}^{n+1}-1）}$=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{{2}^{n}-1}$-$\frac{1}{{2}^{n+1}-1}$），
∴Tn=$\frac{{a}_{1}}{{S}_{1}{S}_{2}}$+$\frac{{a}_{2}}{{S}_{2}{S}_{3}}$+…+$\frac{{a}_{n}}{{S}_{n}{S}_{n+1}}$
=$\frac{1}{2}$[（$\frac{1}{2-1}$-$\frac{1}{{2}^{2}-1}$）+（$\frac{1}{{2}^{2}-1}$-$\frac{1}{{2}^{3}-1}$）+…+（$\frac{1}{{2}^{n}-1}$-$\frac{1}{{2}^{n+1}-1}$）]
=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{2-1}$-$\frac{1}{{2}^{n+1}-1}$）
＜$\frac{1}{2}$．
点评 本题是一道关于数列与不等式的综合题，考查裂项相消法，注意解题方法的积累，属于中档题．
名校课堂系列答案
如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AC⊥AD，AB⊥BC，∠BAC=45°，PA=AD=2，AC=1．
| A． | 8π | B． | 12π | C． | 24π | D． | 32π |
设关于某产品的明星代言费x（百万元）和其销售额y（百万元），有如表所示的统计表格．| i | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 合计 |
| xi（百万元） | 1.26 | 1.44 | 1.59 | 1.71 | 1.82 | 7.82 |
| wi（百万元） | 2.00 | 2.99 | 4.02 | 5.00 | 6.03 | 20.04 |
| yi（百万元） | 3.20 | 4.80 | 6.50 | 7.50 | 8.00 | 30.00 |
表中wi=xi3（i=1，2，3，4，5）（以下计算过程中的数据统一保留到小数点后第2位）．
（1）在坐标系中，做出销售额y关于明星代言费x的回归类方程的散点图；
（2）根据散点图指出：y=a+blnx，y=c+dx3哪一个更适合作销售额y关于明星代言费x的回归类方程（不需要说明理由）；
（3）①已知这种产品的纯收益z（百万元）与x、y有如下关系：z=0.2y-0.726x（x∈[1.00，2.00]），试写出z=f（x）的函数关系式；
②试估计当x取何值时，纯收益z取最大值？
附：对于一组具有线性相关关系的数据（u1，v1），（u2，v2），…（un，vn），其回归直线v=α+βu的斜率和截距的最小二乘估计分别为：$\overline{β}$=$\frac{\sum_{i=1}^{n}{u}_{i}{v}_{i}-n\overline{u}\overline{v}}{\sum_{i=1}^{n}（{u}_{i}-\overline{u}）^{2}}$，$\overline{α}$=$\overline{v}$-$\overline{β}$$\overline{u}$．