Question

8．已知數(shù)列{a_n}滿足a₁=1，a_n+a_n+1=2n+1，n∈N^*，S_n是數(shù)列{$\frac{1}{{a}_{n}}$}的前n項(xiàng)和，則下列結(jié)論：①S_2n-1=（2n-1）•$\frac{1}{{a}_{n}}$；②S_2n=$\frac{1}{2}$S_n；③S_2n≥$\frac{3}{2}$-$\frac{1}{{2}^{n}}$+$\frac{1}{2}$S_n；④S_2n≥S_n+$\frac{1}{2}$，其中正確的是③④（填寫所有正確結(jié)論的序號(hào)）．

Answer 1

分析 易知，a₂=2，由a_n+a_n+1=2n+1，a_n+1+a_n+2=2n+3，兩式相減，得a_n+2-a_n=2，即此數(shù)列每隔一項(xiàng)成等差數(shù)列，可得a_n=n．
①令n=2，即可判斷出正誤；
②令n=1，即可判斷出正誤；
③作差${S_{2n}}-\frac{1}{2}{S_n}=1+\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+…+\frac{1}{2n-1}$，利用$\frac{1}{2n-1}＞\frac{1}{2^n}$，即可判斷出正誤；
④作差：${S_{2n}}-{S_n}=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+…\frac{1}{2n}$，設(shè)$f（n）=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+…+\frac{1}{2n}$，判斷出其單調(diào)性，即可判斷出正誤．

解答 解：易知，a₂=2，由a_n+a_n+1=2n+1，a_n+1+a_n+2=2n+3，
兩式相減，得a_n+2-a_n=2，
即此數(shù)列每隔一項(xiàng)成等差數(shù)列，由a₁=1，可得數(shù)列1的奇數(shù)項(xiàng)為1，3，5，…，
由a₂=2，可得其偶數(shù)項(xiàng)為2，4，6，…，
故a_n=n．
①令n=2，${S_{2n-1}}={S_3}=\frac{11}{6}$，$（{2n-1}）•\frac{1}{a_n}=\frac{3}{2}$，${S_{2n-1}}≠（{2n-1}）•\frac{1}{a_n}$，①錯(cuò)；
②令n=1，${S_{2n}}={S_2}=1+\frac{1}{2}=\frac{3}{2}$，$\frac{1}{2}{S_n}=\frac{1}{2}{S_1}=\frac{1}{2}$，${S_{2n}}≠\frac{1}{2}{S_n}$，②錯(cuò)；
③∵${S_{2n}}-\frac{1}{2}{S_n}=1+\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+…+\frac{1}{2n-1}$，又2ⁿ＞2n-1，∴$\frac{1}{2n-1}＞\frac{1}{2^n}$，
∴$1+\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+…+\frac{1}{2n-1}≥1+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+…+\frac{1}{2^n}=\frac{3}{2}-\frac{1}{2^n}$，故③正確；
④∵${S_{2n}}-{S_n}=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+…\frac{1}{2n}$，設(shè)$f（n）=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+…+\frac{1}{2n}$，
∵$f（{n+1}）-f（n）=\frac{1}{2n+1}+\frac{1}{2n+2}-\frac{1}{n+1}=\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n+2}＞0$，
∴f（n+1）＞f（n），∴f（n）單增，∴$f（n）≥f（1）=\frac{1}{2}$，∴${S_{2n}}-{S_n}≥\frac{1}{2}$，
∴${S_{2n}}≥{S_n}+\frac{1}{2}$（n∈N^*），故④正確．
綜上可得：只有③④正確．
故答案為：③④．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了遞推式的應(yīng)用、等差數(shù)列的通項(xiàng)公式及其前n項(xiàng)和公式、數(shù)列的單調(diào)性，考查了“作差法”、推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．