Question

1．等差數(shù)列{a_n}各項均為正數(shù)，其前n項和為S_n，a₂S₃=75且a₁，a₄，a₁₃成等比數(shù)列．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項公式a_n；
（2）若數(shù)列{a_n}為遞增數(shù)列，求證：$\frac{1}{3}$≤$\frac{1}{{S}_{1}}+\frac{1}{{S}_{2}}+…+\frac{1}{{S}_{n}}$$＜\frac{3}{4}$．

Answer 1

分析 （1）設數(shù)列{a_n}的公差為d（d≥0），由已知列式求得首項和公差，則等差數(shù)列的通項公式可求；
（2）由（Ⅰ）求出等差數(shù)列的通項公式，進一步求得前n項和，取倒數(shù)后利用裂項相消法求出數(shù)列前n項和的倒數(shù)和，即可證得不等式右邊，再由數(shù)列的函數(shù)特性證明左邊得答案．

解答 （1）解：設數(shù)列{a_n}的公差為d（d≥0），由已知，
則有$\left\{{\begin{array}{l}{3{a_2}^2=75}\\{{a_1}{a_{13}}={a_4}^2}\end{array}}\right.$，∵a_n＞0，∴$\left\{{\begin{array}{l}{{a_2}=5}\\{{a_1}{a_{13}}={a_4}^2}\end{array}}\right.$，
即$\left\{{\begin{array}{l}{{a_1}+d=5}\\{{a_1}（{{a_1}+12d}）={{（{{a_1}+3d}）}^2}}\end{array}}\right.$，解得$\left\{{\begin{array}{l}{{a_1}=5}\\{d=0}\end{array}}\right.$，或$\left\{{\begin{array}{l}{{a_1}=3}\\{d=2}\end{array}}\right.$．
a_n=5或a_n=2n+1；
（2）∵數(shù)列{a_n}為遞增數(shù)列，∴由（Ⅰ）知a_n=2n+1，
∴${S}_{n}=3n+\frac{n（n-1）}{2}×2=n（n+2）$，n∈N^*，
∴$\frac{1}{{S}_{n}}=\frac{1}{n（n+2）}=\frac{1}{2}（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+2}）$，
∴$\frac{1}{{S}_{1}}+\frac{1}{{S}_{2}}+…+\frac{1}{{S}_{n}}=\frac{1}{2}（1-\frac{1}{3}）+\frac{1}{2}（\frac{1}{2}-\frac{1}{4}）$$+…+\frac{1}{2}（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+2}）$
=$\frac{1}{2}[（1+\frac{1}{2}）-（\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}）]=\frac{3}{4}-\frac{1}{2}（\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}）$$＜\frac{3}{4}$，
記${T}_{n}=\frac{1}{{S}_{1}}+\frac{1}{{S}_{2}}+…+\frac{1}{{S}_{n}}$
由$\frac{1}{{S}_{n}}＞0$，則T_n關(guān)于n遞增．
∴${T}_{n}＞{T}_{1}=\frac{1}{{S}_{1}}=\frac{1}{3}$．
綜上可得：$\frac{1}{3}$≤$\frac{1}{{S}_{1}}+\frac{1}{{S}_{2}}+…+\frac{1}{{S}_{n}}$$＜\frac{3}{4}$．

點評 本題考查數(shù)列遞推式，考查了裂項相消法求數(shù)列的前n項和，訓練了利用數(shù)列的函數(shù)特性求最值，是中檔題．