Question

7．已知等差數(shù)列{a_n}的公差為d（d≠0），等比數(shù)列{b_n}的公比為q（q＞0），且滿足a₁=b₁=1，a₂=b₃，a₆=b₅．（1）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）證明：對一切n∈N^*，令b_n=a_n•a_n+1，都有$\frac{1}{4}$≤$\frac{1}{_{1}}$+$\frac{1}{_{2}}$+…+$\frac{1}{_{n}}$＜$\frac{1}{3}$．

Answer 1

分析 （1）利用等差、等比數(shù)列的定義計算即得結(jié)論；
（2）通過分離分母可得$\frac{1}{_{n}}$=$\frac{1}{3}$（$\frac{1}{3n-2}$-$\frac{1}{3n+1}$），并項相加可得$\frac{1}{_{1}}$+$\frac{1}{_{2}}$+…+$\frac{1}{_{n}}$=$\frac{1}{3}$（1-$\frac{1}{3n+1}$），進而可得結(jié)論．

解答 （1）解：由題得：$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{2}=_{3}}\\{{a}_{6}=_{5}}\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{1+d={q}^{2}}\\{1+5d={q}^{4}}\end{array}\right.$，解得：$\left\{\begin{array}{l}{d=3}\\{q=2}\end{array}\right.$，
故a_n=3n-2；
（2）證明：∵$\frac{1}{_{n}}$=$\frac{1}{{a}_{n}•{a}_{n+1}}$=$\frac{1}{（3n-2）（3n+1）}$=$\frac{1}{3}$（$\frac{1}{3n-2}$-$\frac{1}{3n+1}$），
∴$\frac{1}{_{1}}$+$\frac{1}{_{2}}$+…+$\frac{1}{_{n}}$=$\frac{1}{3}$（1-$\frac{1}{4}$+$\frac{1}{4}$-$\frac{1}{7}$+…+$\frac{1}{3n-2}$-$\frac{1}{3n+1}$）=$\frac{1}{3}$（1-$\frac{1}{3n+1}$），
∵當n∈N^*時，$\frac{1}{_{n}}$＞0，
∴n=1時，$\frac{1}{_{1}}$+$\frac{1}{_{2}}$+…+$\frac{1}{_{n}}$≥$\frac{1}{_{1}}$=$\frac{1}{4}$，
又∵1-$\frac{1}{3n+1}$是單調(diào)遞增的，
∴$\frac{1}{_{1}}$+$\frac{1}{_{2}}$+…+$\frac{1}{_{n}}$=$\frac{1}{3}$（1-$\frac{1}{3n+1}$）＜$\frac{1}{3}$，
故對一切n∈N^*，都有：$\frac{1}{4}$≤$\frac{1}{_{1}}$+$\frac{1}{_{2}}$+…+$\frac{1}{_{n}}$＜$\frac{1}{3}$．

點評 本題考查求數(shù)列的通項和前n項和的取值范圍，注意解題方法的積累，屬于中檔題．