Question

9．已知正項等差數(shù)列{a_n}的首項為a₁=2，前n項和為S_n，若a₁+3，2a₂+2，a₆+8成等比數(shù)列．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）記P_n=$\frac{1}{{a}_{1}}$+$\frac{1}{{a}_{2}}$+$\frac{1}{{a}_{4}}$+…+$\frac{1}{{a}_{{2}^{n-1}}}$，Q_n=$\frac{1}{{S}_{1}}$+$\frac{1}{{S}_{2}}$+$\frac{1}{{S}_{3}}$+…+$\frac{1}{{S}_{n}}$，證明：P_n≥Q_n．

Answer 1

分析 （1）通過設(shè)正項等差數(shù)列{a_n}的公差為d，并利用首項和公差d表示出a₂、a₆，通過a₁+3，2a₂+2，a₆+8成等比數(shù)列構(gòu)造方程，進而計算可得結(jié)論；
（2）通過（1）可知$\frac{1}{{a}_{{2}^{n-1}}}$=$\frac{1}{{2}^{n}}$，利用等比數(shù)列的求和公式計算可知P_n=1-$\frac{1}{{2}^{n}}$，通過裂項可知$\frac{1}{{S}_{n}}$=$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$，進而并項相加即得結(jié)論．

解答 （1）解：設(shè)正項等差數(shù)列{a_n}的公差為d，則d≥0，
依題意，a₂=2+d，a₆=2+5d，
∵a₁+3，2a₂+2，a₆+8成等比數(shù)列，
∴（6+2d）²=（2+3）（10+5d），
整理得：36+24d+4d²=50+25d，即4d²-d-14=0，
解得：d=2或d=-$\frac{7}{4}$（舍），
∴數(shù)列{a_n}的通項公式a_n=2n；
（2）證明：由（1）可知$\frac{1}{{a}_{{2}^{n-1}}}$=$\frac{1}{2×{2}^{n-1}}$=$\frac{1}{{2}^{n}}$，
由等比數(shù)列的求和公式可知P_n=$\frac{1}{{a}_{1}}$+$\frac{1}{{a}_{2}}$+$\frac{1}{{a}_{4}}$+…+$\frac{1}{{a}_{{2}^{n-1}}}$=$\frac{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{2}^{n}}）}{1-\frac{1}{2}}$=1-$\frac{1}{{2}^{n}}$，
∵$\frac{1}{{S}_{n}}$=$\frac{1}{2×\frac{n（n+1）}{2}}$=$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$，
∴Q_n=$\frac{1}{{S}_{1}}$+$\frac{1}{{S}_{2}}$+$\frac{1}{{S}_{3}}$+…+$\frac{1}{{S}_{n}}$
=1-$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$
=1-$\frac{1}{n+1}$，
顯然，當(dāng)n≥1時$\frac{1}{n+1}$≥$\frac{1}{{2}^{n}}$，故P_n≥Q_n．

點評 本題考查數(shù)列的通項及前n項和，考查裂項相消法，注意解題方法的積累，屬于中檔題．