Question

5．已知公差不为0的等差数列{a_n}的首项a₁=a（a＞0），该数列的前n项和为S_n，且$\frac{1}{{a}_{1}}$，$\frac{1}{{a}_{2}}$，$\frac{1}{{a}_{4}}$成等比数列．
（Ⅰ）求数列{a_n}的通项公式及S_n；
（Ⅱ）设b_n=$\frac{1}{{S}_{n}}$，c_n=$\frac{1}{{a}_{{2}^{n-1}}}$，且B_n，C_n分别为数列{b_n}，{c_n}的前n项和，当n≥2时，试比较B_n与C_n的大小．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由等差数列通项公式和等比数列性质求出d=a，由此能求出数列{a_n}的通项公式及S_n．
（Ⅱ）由$\frac{1}{{S}_{n}}=\frac{2}{a}（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}）$，利用裂项求和法能求出B_n，由c_n=$\frac{1}{{a}_{{2}^{n-1}}}$=$\frac{1}{a•{2}^{n-1}}$，能求出C_n，由此能比较B_n与C_n的大小．

解答 解：（Ⅰ）设等差数列的公差为d，
∵公差不为0的等差数列{a_n}的首项a₁=a（a＞0），该数列的前n项和为S_n，且$\frac{1}{{a}_{1}}$，$\frac{1}{{a}_{2}}$，$\frac{1}{{a}_{4}}$成等比数列，
∴（$\frac{1}{{a}_{2}}$）²=$\frac{1}{{a}_{1}}•\frac{1}{{a}_{4}}$，∴$（{a}_{1}+d）^{2}={a}_{1}（{a}_{1}+3d）$，
解得d=a或d=0（舍），
∴a_n=a+（n-1）a=na．
S_n=$na+\frac{n（n-1）}{2}a$=$\frac{an（n+1）}{2}$．
（Ⅱ）∵b_n=$\frac{1}{{S}_{n}}$，c_n=$\frac{1}{{a}_{{2}^{n-1}}}$，且B_n，C_n分别为数列{b_n}，{c_n}的前n项和，
$\frac{1}{{S}_{n}}=\frac{2}{a}（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}）$，
∴B_n=$\frac{2}{a}（1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+…+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}）$=$\frac{2}{a}（1-\frac{1}{n+1}）$，
∵c_n=$\frac{1}{{a}_{{2}^{n-1}}}$=$\frac{1}{a•{2}^{n-1}}$，
∴C_n=$\frac{1}{{a}_{1}}+\frac{1}{{a}_{2}}+\frac{1}{{a}_{{2}^{2}}}$+…+$\frac{1}{{a}_{{2}^{n-1}}}$=$\frac{1}{a}•\frac{1-（\frac{1}{2}）^{n}}{1-\frac{1}{2}}$=$\frac{2}{a}（1-\frac{1}{{2}^{n}}）$，
当n≥2时，${2}^{n}={C}_{n}^{0}+{C}_{n}^{1}+{C}_{n}^{2}+…+{C}_{n}^{n}$＞n+1，
∴1-$\frac{1}{n+1}$＜1-$\frac{1}{{2}^{n}}$，
∴当a＞0时，B_n＜C_n．

点评 本题考查等差数列、等比数列、求和公式、不等式等基础知识，同时考查分类讨论思想、考查分析问题、解决问题的能力．