Question

11．已知等差數(shù)列{a_n}的公差d≠0，它的前n項和為S_n，若S₅=70，且a₁，a₇，a₃₇成等比數(shù)列．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）設(shè)數(shù)列$\left\{{\frac{1}{S_n}}\right\}$的前n項和為T_n，求證：$\frac{1}{6}≤{T_n}＜\frac{3}{8}$．

Answer 1

分析 （1）通過S₅=70且a₁，a₇，a₃₇成等比數(shù)列，計算即得結(jié)論；
（2）通過（1）可得${S_n}=2{n^2}+4n$，分離分母可得$\frac{1}{{S}_{n}}$=$\frac{1}{4}（{\frac{1}{n}-\frac{1}{n+2}}）$，并項相加得T_n=$\frac{3}{8}-\frac{1}{4}（{\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}}）$，進而可得${T_n}＜\frac{3}{8}$、數(shù)列{T_n}是遞增數(shù)列，即得結(jié)論．

解答 （1）解：∵數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列，
∴a_n=a₁+（n-1）d，${S_n}=n{a_1}+\frac{{n（{n-1}）}}{2}d$，
依題意，有$\left\{\begin{array}{l}{S_5}=70\\{a_7}^2={a_1}{a_{37}}.\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}5{a_1}+10d=70\\{（{{a_1}+6d}）^2}={a_1}（{{a_1}+35d}）.\end{array}\right.$，
解得a₁=6，d=4，
∴數(shù)列{a_n}的通項公式為a_n=4n+2（n∈N^*）；
（2）證明：由（1）可得${S_n}=2{n^2}+4n$，
∴$\frac{1}{S_n}=\frac{1}{{2{n^2}+4n}}=\frac{1}{{2n（{n+2}）}}$=$\frac{1}{4}（{\frac{1}{n}-\frac{1}{n+2}}）$，
∴${T_n}=\frac{1}{S_1}+\frac{1}{S_2}+\frac{1}{S_3}+…+\frac{1}{{{S_{n-1}}}}+\frac{1}{S_n}$
=$\frac{1}{4}（{1-\frac{1}{3}}）+\frac{1}{4}（{\frac{1}{2}-\frac{1}{4}}）+\frac{1}{4}（{\frac{1}{3}-\frac{1}{5}}）+…+\frac{1}{4}（{\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n+1}}）+\frac{1}{4}（{\frac{1}{n}-\frac{1}{n+2}}）$
=$\frac{1}{4}（{1+\frac{1}{2}-\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}}）$
=$\frac{3}{8}-\frac{1}{4}（{\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}}）$，
∵${T_n}-\frac{3}{8}=-\frac{1}{4}（{\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}}）＜0$，∴${T_n}＜\frac{3}{8}$，
∵${T_{n+1}}-{T_n}=\frac{1}{4}（{\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+3}}）＞0$，
∴數(shù)列{T_n}是遞增數(shù)列，
∴${T_n}≥{T_1}=\frac{1}{6}$，
∴$\frac{1}{6}≤{T_n}＜\frac{3}{8}$．

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