Question

17．已知等差數(shù)列{a_n}滿足a₂=3，a₄+a₇=20．
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}的通項a_n及前n項和為S_n；
（Ⅱ）在（Ⅰ）的條件下，證明：$\sum_{k=1}^{n}$$\frac{1}{{S}_{K}}$＜$\frac{5}{3}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用等差數(shù)列通項公式列出方程組，求出首項和公差，由此能求出數(shù)列{a_n}的通項a_n及前n項和為S_n．
（Ⅱ）${S}_{n}={n}^{2}$，由${k}^{2}＞{k}^{2}-\frac{1}{4}（k∈{N}^{*}）$，得$\frac{1}{{k}^{2}}＜\frac{1}{{k}^{2}-\frac{1}{4}}$，k∈N^*，從而$\frac{1}{{k}^{2}}$＜$\frac{4}{4{k}^{2}-1}=2（\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k+1}）$，由此利用裂項求和法能證明$\sum_{k=1}^{n}$$\frac{1}{{S}_{K}}$＜$\frac{5}{3}$．

解答 解：（Ⅰ）設(shè)等差數(shù)列{a_n}的公差為d，
∵等差數(shù)列{a_n}滿足a₂=3，a₄+a₇=20，∴依題意，得：$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{1}+d=3}\\{2{a}_{1}+9d=20}\end{array}\right.$，
解得a₁=1，d=2，
∴a_n=a₁+（n-1）d=1+2（n-1）=2n-1．
∴${S}_{n}=n{a}_{1}+\frac{n（n-1）}{2}d$=n+n（n-1）=n²．
證明：（Ⅱ）∵${S}_{n}={n}^{2}$，
∴$\sum_{k=1}^{n}$$\frac{1}{{S}_{K}}$=$\frac{1}{{1}^{2}}+\frac{1}{{2}^{2}}+\frac{1}{{3}^{2}}+…+\frac{1}{{n}^{2}}$．
∵${k}^{2}＞{k}^{2}-\frac{1}{4}（k∈{N}^{*}）$，
∴$\frac{1}{{k}^{2}}＜\frac{1}{{k}^{2}-\frac{1}{4}}$，k∈N^*，
∴$\frac{1}{{k}^{2}}$＜$\frac{4}{4{k}^{2}-1}=2（\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k+1}）$，
∴$\sum_{k=1}^{n}$$\frac{1}{{S}_{K}}$=$\frac{1}{{1}^{2}}+\frac{1}{{2}^{2}}+\frac{1}{{3}^{2}}+…+\frac{1}{{n}^{2}}$
＜1+2（$\frac{1}{3}-\frac{1}{5}$）+2（$\frac{1}{5}-\frac{1}{7}$）+…+2（$\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k+1}$）
=1+2（$\frac{1}{3}-\frac{1}{2k-1}$）=$\frac{5}{3}-\frac{2}{2k+1}$＜$\frac{5}{3}$，
∴$\sum_{k=1}^{n}$$\frac{1}{{S}_{K}}$＜$\frac{5}{3}$．

點評 本題考查等差數(shù)列的通項公式及前n項和的求法，考查數(shù)列不等式的證明，涉及到裂項求和法、放縮法等基礎(chǔ)知識，考查推理論證能力、運算求解能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想、函數(shù)與方程思想，考查創(chuàng)新意識、應(yīng)用意識，是中檔題．