Question

17．已知等差数列{a_n}的首项a₁=1，公差d≠0，其中a₃，a₆，a₁₂成等比数列
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）设b_n=$\left\{\begin{array}{l}1（n=1）\\ \frac{1}{{{a_n}^2-1}}（n≥2）\end{array}$，数列{b_n}的前n项和为S_n，求证：S_n＜$\frac{7}{4}$．

Answer 1

分析 （1）利用等差数列与等比数列的通项公式即可得出．
（2）利用“裂项求和”方法即可得出．

解答 解：（1）由a₃，a₆，a₁₂成等比数列及a₁=1得，${a_6}^2={a_3}•{a_{12}}$，
即（1+5d）²=（1+2d）•（1+11d），
∴d²=3d，∵d≠0，∴d=1，
∴a_n=1+（n-1）=n．
（2）证明：由（1）及已知，当n≥2时，${b_n}=\frac{1}{{{n^2}-1}}=\frac{1}{（n-1）（n+1）}=\frac{1}{2}（\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n+1}）$，
于是：S_n=b₁+b₂+…+b_n
=1+$\frac{1}{2}$$[（1-\frac{1}{3}）$+$（\frac{1}{2}-\frac{1}{4}）$+$（\frac{1}{3}-\frac{1}{5}）$+…+$（\frac{1}{n-2}-\frac{1}{n}）$+$（\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n+1}）]$
=1+$\frac{1}{2}$$（1+\frac{1}{2}-\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}）$=$\frac{7}{4}$-$\frac{1}{2}$$（\frac{1}{n}+\frac{1}{n+1}）$，
∵n∈N^*，∴$\frac{1}{n}+\frac{1}{n+1}＞0$，
∴${S_n}＜\frac{7}{4}$．

点评 本题考查了等差数列与等比数列的通项公式、“裂项求和”方法、不等式的性质、“放缩法”，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．