Question

3．已知等差數(shù)列{a_n}的首項(xiàng)a₁=1，公差d＞0，前n項(xiàng)和S_n
（1）若S₁，S₂，S₄成等比數(shù)列，求數(shù)列$\left\{{\frac{a_n}{2^n}}\right\}$的前n項(xiàng)和T_n；
（2）若$\frac{1}{{{a_1}{a_2}}}+\frac{1}{{{a_2}{a_3}}}+\frac{1}{{{a_3}{a_4}}}+…+\frac{1}{{{a_n}{a_{n+1}}}}$＞$\frac{2015}{2016}$對一切n∈N^*恒成立，求d的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由S₁=1，S₂=2+d，S₄=4+6d可得（2+d）²=4+6d；從而解得d=2；化簡$\frac{a_n}{2^n}$=$\frac{2n-1}{2^n}$，從而求前n項(xiàng)和；
（2）化簡$\frac{1}{{{a_1}{a_2}}}+\frac{1}{{{a_2}{a_3}}}+\frac{1}{{{a_3}{a_4}}}+…+\frac{1}{{{a_n}{a_{n+1}}}}$=$\frac{1}75vb55t[（\frac{1}{a_1}-\frac{1}{a_2}）+（\frac{1}{a_2}-\frac{1}{a_3}）+…+（\frac{1}{a_n}-\frac{1}{{{a_{n-1}}}}）]$=$\frac{n}{1+nd}$；從而可得d＜$\frac{2016}{2015}-\frac{1}{n}$對一切n∈N^*恒成立，從而解得．

解答 解：（1）∵S₁=1，S₂=2+d，S₄=4+6d，
∴（2+d）²=4+6d；
解得d=2或d=0（舍去）；
∴a_n=2n-1，
∴$\frac{a_n}{2^n}$=$\frac{2n-1}{2^n}$，
∴T_n=$\frac{1}{2}+\frac{3}{2^2}+\frac{5}{2^3}+…+\frac{2n-1}{2^n}$，
∴$\frac{1}{2}$T_n=$\frac{1}{2^2}+\frac{3}{2^3}+…+\frac{2n-3}{2^n}+\frac{2n-1}{{{2^{n+1}}}}$，
∴$\frac{1}{2}$T_n=$\frac{1}{2}+2（\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^3}+…+\frac{1}{2^n}）-\frac{2n-1}{{{2^{n+1}}}}=\frac{3}{2}-\frac{2n+3}{{{2^{n+1}}}}$；
∴T_n=$3-\frac{2n+3}{2^n}$．
（2）∵$\frac{1}{{{a_1}{a_2}}}+\frac{1}{{{a_2}{a_3}}}+\frac{1}{{{a_3}{a_4}}}+…+\frac{1}{{{a_n}{a_{n+1}}}}$
=$\frac{1}rlpp5p7[（\frac{1}{a_1}-\frac{1}{a_2}）+（\frac{1}{a_2}-\frac{1}{a_3}）+…+（\frac{1}{a_n}-\frac{1}{{{a_{n-1}}}}）]$
=$\frac{n}{1+nd}$；
∴$\frac{n}{1+nd}$＞$\frac{2015}{2016}$對一切n∈N^*恒成立，
∴d＜$\frac{2016}{2015}-\frac{1}{n}$對一切n∈N^*恒成立，
∴0＜d＜$\frac{1}{2015}$．

點(diǎn)評 本題考查了等差數(shù)列與等比數(shù)列的性質(zhì)應(yīng)用及數(shù)列前n項(xiàng)和的求法，屬于中檔題．