Question

14．已知數(shù)列{a_n}中，a₁=1，其前n項(xiàng)的和為S_n，且滿足a_n=$\frac{{2{S_n}^2}}{{2{S_n}-1}}$（n≥2）
（Ⅰ）證明：數(shù)列$\left\{{\frac{1}{S_n}}\right\}$是等差數(shù)列；
（Ⅱ）證明：$\frac{1}{3}{S_1}+\frac{1}{5}{S_2}+\frac{1}{7}{S_3}+…+\frac{1}{2n+1}{S_n}＜\frac{1}{2}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通過(guò)作差可知當(dāng)n≥2時(shí)S_n-1-S_n=2S_n•S_n-1，進(jìn)而變形可知$\frac{1}{S_n}-\frac{1}{{{S_{n-1}}}}=2$，整理即得結(jié)論；
（Ⅱ）通過(guò)（I）計(jì)算可知${S_n}=\frac{1}{2n-1}$，進(jìn)而裂項(xiàng)、并項(xiàng)相加放縮即得結(jié)論．

解答 證明：（Ⅰ）依題意，當(dāng)n≥2時(shí)，${S_n}-{S_{n-1}}=\frac{2S_n^2}{{2{S_n}-1}}$，
∴S_n-1-S_n=2S_n•S_n-1，
∴$\frac{1}{S_n}-\frac{1}{{{S_{n-1}}}}=2$，
又∵a₁=1，
∴數(shù)列$\left\{{\frac{1}{S_n}}\right\}$構(gòu)成以1為首項(xiàng)、2為公差的等差數(shù)列；
（Ⅱ）由（I）可知，$\frac{1}{S_n}=\frac{1}{S_1}+（n-1）•2=2n-1$，即${S_n}=\frac{1}{2n-1}$，
所以$\frac{1}{3}{S_1}+\frac{1}{5}{S_2}+\frac{1}{7}{S_3}+…+\frac{1}{2n+1}{S_n}=\frac{1}{1×3}+\frac{1}{3×5}+\frac{1}{5×7}+…+\frac{1}{（2n-1）（2n+1）}$
=$\frac{1}{2}（1-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+…+\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）=\frac{1}{2}（1-\frac{1}{2n+1}）＜\frac{1}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)及前n項(xiàng)和，考查裂項(xiàng)相消法，對(duì)表達(dá)式的靈活變形是解決本題的關(guān)鍵，注意解題方法的積累，屬于中檔題．