Question

4．已知數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)的和為S_n，且$\frac{1}{{S}_{1}}$+$\frac{1}{{S}_{2}}$+…+$\frac{1}{{S}_{n}}$=$\frac{n}{n+1}$（n∈N^*）．
（1）求S₁，S₂及S_n；
（2）設(shè)b_n=（$\frac{1}{2}$）${\;}^{{a}_{n}}$，數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為T_n，若對一切n∈N^*均有T_n∈（$\frac{1}{m}$，m²-6m+$\frac{16}{3}$），求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）直接帶入計算可得S₁、S₂的值，$\frac{1}{{S}_{n}}$=（$\frac{1}{{S}_{1}}$+$\frac{1}{{S}_{2}}$+…+$\frac{1}{{S}_{n}}$）-（$\frac{1}{{S}_{1}}$+$\frac{1}{{S}_{2}}$+…+$\frac{1}{{S}_{n-1}}$）計算可得結(jié)論；
（2）通過S_n=n（n+1）可得數(shù)列{b_n}是以首項(xiàng)和公比均為$\frac{1}{4}$的等比數(shù)列，計算即可．

解答 解：（1）∵$\frac{1}{{S}_{1}}$+$\frac{1}{{S}_{2}}$+…+$\frac{1}{{S}_{n}}$=$\frac{n}{n+1}$（n∈N^*），
∴$\frac{1}{{S}_{1}}$=$\frac{1}{2}$，即S₁=2，
$\frac{1}{{S}_{1}}+\frac{1}{{S}_{2}}$=$\frac{2}{3}$，即S₂=$\frac{1}{\frac{2}{3}-\frac{1}{{S}_{1}}}$=$\frac{1}{\frac{2}{3}-\frac{1}{2}}$=6，
∵$\frac{1}{{S}_{1}}$+$\frac{1}{{S}_{2}}$+…+$\frac{1}{{S}_{n}}$=$\frac{n}{n+1}$（n∈N^*）．
∴$\frac{1}{{S}_{n}}$=（$\frac{1}{{S}_{1}}$+$\frac{1}{{S}_{2}}$+…+$\frac{1}{{S}_{n}}$）-（$\frac{1}{{S}_{1}}$+$\frac{1}{{S}_{2}}$+…+$\frac{1}{{S}_{n-1}}$）
=$\frac{n}{n+1}$-$\frac{n-1}{n}$=$\frac{1}{n（n+1）}$，
∴S_n=n（n+1），
當(dāng)n=1時，滿足上式，
故S_n=n（n+1）（n∈N^*）；
（2）由（1）得S_n=n（n+1），
∴a_n=S_n-S_n-1=n（n+1）-n（n-1）=2n，
∴b_n=$（\frac{1}{2}）^{2n}$=$（\frac{1}{4}）^{n}$，
從而T_n=$\frac{\frac{1}{4}[1-（\frac{1}{4}）^{n}]}{1-\frac{1}{4}}$=$\frac{1}{3}（1-\frac{1}{{4}^{n}}）$∈[$\frac{1}{4}$，$\frac{1}{3}$），
∴$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{m}＜\frac{1}{4}}\\{{m}^{2}-6m+\frac{16}{3}≥\frac{1}{3}}\end{array}\right.$，解得m≥5．

點(diǎn)評 本題考查求數(shù)列的通項(xiàng)，求數(shù)列的和，注意解題方法的積累，屬于中檔題．