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

分析 (1)通過設(shè)正項等差數(shù)列{an}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(jìn)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Pn=1-$\frac{1}{{2}^{n}}$,通過裂項可知$\frac{1}{{S}_{n}}$=$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$,進(jìn)而并項相加即得結(jié)論.

解答 (1)解:設(shè)正項等差數(shù)列{an}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{an}的通項公式an=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Pn=$\frac{1}{{a}_{1}}$+$\frac{1}{{a}_{2}}$+$\frac{1}{{a}_{4}}$+…+$\frac{1}{{a}_{{2}^{n-1}}}$=$\frac{\frac{1}{2}(1-\frac{1}{{2}^{n}})}{1-\frac{1}{2}}$=1-$\frac{1}{{2}^{n}}$,
∵$\frac{1}{{S}_{n}}$=$\frac{1}{2×\frac{n(n+1)}{2}}$=$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$,
∴Qn=$\frac{1}{{S}_{1}}$+$\frac{1}{{S}_{2}}$+$\frac{1}{{S}_{3}}$+…+$\frac{1}{{S}_{n}}$
=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Pn≥Qn

點(diǎn)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.

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