Question

17．已知數(shù)列{a_n}是各項均為正數(shù)的等比數(shù)列，a₁=1，5（a₁+a₂）=a₁+a₂+a₃+a₄，
（1）求{a_n}的通項公式及前n項和S_n；
（2）設(shè)T_n=$\frac{{a}_{1}}{{S}_{1}{S}_{2}}$+$\frac{{a}_{2}}{{S}_{2}{S}_{3}}$+…+$\frac{{a}_{n}}{{S}_{n}{S}_{n+1}}$，求證：T_n＜$\frac{1}{2}$．

Answer 1

分析 （1）通過對5（a₁+a₂）=a₁+a₂+a₃+a₄化簡可知公比q=2，進而可知數(shù)列{a_n}的通項與前n項和；
（2）通過（1）裂項可知$\frac{{a}_{n}}{{S}_{n}{S}_{n+1}}$=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{{2}^{n}-1}$-$\frac{1}{{2}^{n+1}-1}$），進而并項相加、放縮即得結(jié)論．

解答 （1）解：∵5（a₁+a₂）=a₁+a₂+a₃+a₄，
∴4（a₁+a₂）=a₃+a₄，
又∵數(shù)列{a_n}是各項均為正數(shù)的等比數(shù)列，
∴4（a₁+a₂）=q²（a₁+a₂），
解得：q=2或q=-2（舍），
∴數(shù)列{a_n}是首項為1、公比為2的等比數(shù)列，
∴a_n=2^n-1，S_n=$\frac{1-{2}^{n}}{1-2}$=2ⁿ-1；
（2）證明：由（1）可知：$\frac{{a}_{n}}{{S}_{n}{S}_{n+1}}$=$\frac{{2}^{n-1}}{（{2}^{n}-1）（{2}^{n+1}-1）}$=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{{2}^{n}-1}$-$\frac{1}{{2}^{n+1}-1}$），
∴T_n=$\frac{{a}_{1}}{{S}_{1}{S}_{2}}$+$\frac{{a}_{2}}{{S}_{2}{S}_{3}}$+…+$\frac{{a}_{n}}{{S}_{n}{S}_{n+1}}$
=$\frac{1}{2}$[（$\frac{1}{2-1}$-$\frac{1}{{2}^{2}-1}$）+（$\frac{1}{{2}^{2}-1}$-$\frac{1}{{2}^{3}-1}$）+…+（$\frac{1}{{2}^{n}-1}$-$\frac{1}{{2}^{n+1}-1}$）]
=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{2-1}$-$\frac{1}{{2}^{n+1}-1}$）
＜$\frac{1}{2}$．

點評 本題是一道關(guān)于數(shù)列與不等式的綜合題，考查裂項相消法，注意解題方法的積累，屬于中檔題．