Question

5．已知等差数列{a_n}的公差不为0，前n项和为S_n，S₅=25，S₁，S₂，S₄成等比数列．
（1）求a_n与S_n；
（2）设${b_n}=\frac{2n+1}{{{S_n}{S_{n+1}}}}$，求证：b₁+b₂+b₃+…+b_n＜1．

Answer 1

分析 （1）设等差数列{a_n}的公差为d，由S₅=25得a₁+2d=5，由S₁，S₂，S₄成等比数列，得d=2a₁，从而得a₁=1，d=2，由此能求出a_n与S_n．
（2）由${b_n}=\frac{2n+1}{{{n^2}{{（n+1）}^2}}}=\frac{1}{n^2}-\frac{1}{{{{（n+1）}^2}}}$，利用裂项求和法能证明b₁+b₂+b₃+…+b_n＜1．

解答 解：（1）设等差数列{a_n}的公差为d，
则由S₅=25可得a₃=5，得a₁+2d=5…①
又S₁，S₂，S₄成等比数列，且S₁=a₁，S₂=2a₁+d，S₄=4a₁+6d，
所以${（2{a_1}+d）^2}={a_1}（4{a_1}+6d）$，整理得$2{a_1}d={d^2}$，
因为d≠0，所以d=2a₁…②
联立①②，解得a₁=1，d=2，
所以${a_n}=1+2（n-1）=2n-1，{S_n}=\frac{n（1+2n-1）}{2}={n^2}$．
证明：（2）由（1）得${b_n}=\frac{2n+1}{{{n^2}{{（n+1）}^2}}}=\frac{1}{n^2}-\frac{1}{{{{（n+1）}^2}}}$，
所以b₁+b₂+b₃+…+b_n
=$（\frac{1}{1^2}-\frac{1}{2^2}）+（\frac{1}{2^2}-\frac{1}{3^2}）+（\frac{1}{3^2}-\frac{1}{4^2}）$$+…+（\frac{1}{n^2}-\frac{1}{{{{（n+1）}^2}}}）$
=$1-\frac{1}{{{{（n+1）}^2}}}＜1$．
∴b₁+b₂+b₃+…+b_n＜1．

点评 本题考查等差数列的通项公式、前n项和公式，考查数列的前n项和小于1的证明，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，是中档题．