Question

5．已知公差不為0的等差數(shù)列{a_n}的首項a₁=a（a＞0），該數(shù)列的前n項和為S_n，且$\frac{1}{{a}_{1}}$，$\frac{1}{{a}_{2}}$，$\frac{1}{{a}_{4}}$成等比數(shù)列．
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}的通項公式及S_n；
（Ⅱ）設(shè)b_n=$\frac{1}{{S}_{n}}$，c_n=$\frac{1}{{a}_{{2}^{n-1}}}$，且B_n，C_n分別為數(shù)列{b_n}，{c_n}的前n項和，當(dāng)n≥2時，試比較B_n與C_n的大�。�

Answer 1

分析 （Ⅰ）由等差數(shù)列通項公式和等比數(shù)列性質(zhì)求出d=a，由此能求出數(shù)列{a_n}的通項公式及S_n．
（Ⅱ）由$\frac{1}{{S}_{n}}=\frac{2}{a}（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}）$，利用裂項求和法能求出B_n，由c_n=$\frac{1}{{a}_{{2}^{n-1}}}$=$\frac{1}{a•{2}^{n-1}}$，能求出C_n，由此能比較B_n與C_n的大�。�

解答 解：（Ⅰ）設(shè)等差數(shù)列的公差為d，
∵公差不為0的等差數(shù)列{a_n}的首項a₁=a（a＞0），該數(shù)列的前n項和為S_n，且$\frac{1}{{a}_{1}}$，$\frac{1}{{a}_{2}}$，$\frac{1}{{a}_{4}}$成等比數(shù)列，
∴（$\frac{1}{{a}_{2}}$）²=$\frac{1}{{a}_{1}}•\frac{1}{{a}_{4}}$，∴$（{a}_{1}+d）^{2}={a}_{1}（{a}_{1}+3d）$，
解得d=a或d=0（舍），
∴a_n=a+（n-1）a=na．
S_n=$na+\frac{n（n-1）}{2}a$=$\frac{an（n+1）}{2}$．
（Ⅱ）∵b_n=$\frac{1}{{S}_{n}}$，c_n=$\frac{1}{{a}_{{2}^{n-1}}}$，且B_n，C_n分別為數(shù)列{b_n}，{c_n}的前n項和，
$\frac{1}{{S}_{n}}=\frac{2}{a}（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}）$，
∴B_n=$\frac{2}{a}（1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+…+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}）$=$\frac{2}{a}（1-\frac{1}{n+1}）$，
∵c_n=$\frac{1}{{a}_{{2}^{n-1}}}$=$\frac{1}{a•{2}^{n-1}}$，
∴C_n=$\frac{1}{{a}_{1}}+\frac{1}{{a}_{2}}+\frac{1}{{a}_{{2}^{2}}}$+…+$\frac{1}{{a}_{{2}^{n-1}}}$=$\frac{1}{a}•\frac{1-（\frac{1}{2}）^{n}}{1-\frac{1}{2}}$=$\frac{2}{a}（1-\frac{1}{{2}^{n}}）$，
當(dāng)n≥2時，${2}^{n}={C}_{n}^{0}+{C}_{n}^{1}+{C}_{n}^{2}+…+{C}_{n}^{n}$＞n+1，
∴1-$\frac{1}{n+1}$＜1-$\frac{1}{{2}^{n}}$，
∴當(dāng)a＞0時，B_n＜C_n．

點評 本題考查等差數(shù)列、等比數(shù)列、求和公式、不等式等基礎(chǔ)知識，同時考查分類討論思想、考查分析問題、解決問題的能力．