Question

3．等差数列{a_n}中，2a₁+3a₂=11，2a₃=a₂+a₆-4，其前n项和为S_n．
（Ⅰ） 求数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ） 设数列{b_n}满足b_n=$\frac{1}{{S}_{n+1}-1}$，其前n项和为T_n，求证：T_n＜$\frac{3}{4}$（n∈N^*）．

Answer 1

分析 （Ⅰ） 设等差数列{a_n}的公差为d，运用等差数列的通项公式，解方程可得首项和公差，即可得到所求；
（Ⅱ）运用等差数列的求和公式，求得S_n=n²，b_n=$\frac{1}{{S}_{n+1}-1}$=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+2}$），由数列的求和方法：裂项相消求和，计算化简，再由不等式的性质，即可得证．

解答 解：（Ⅰ） 设等差数列{a_n}的公差为d，
因为2a₁+3a₂=11，2a₃=a₂+a₆-4，
可得2a₁+3（a₁+d）=5a₁+3d=11，2（a₁+2d）=a₁+d+a₁+5d-4，
得d=2，a₁=1，
所以a_n=a₁+（n-1）d=1+2（n-1）=2n-1．
（Ⅱ）证明：S_n=na₁+$\frac{1}{2}$n（n-1）d=n+$\frac{1}{2}$n（n-1）×2=n²，
b_n=$\frac{1}{{S}_{n+1}-1}$=$\frac{1}{（n+1）^{2}-1}$=$\frac{1}{n（n+2）}$=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+2}$），
前n项和为T_n=$\frac{1}{2}$（1-$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{4}$+$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{5}$+…+$\frac{1}{n-1}$-$\frac{1}{n+1}$+$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+2}$）
=$\frac{1}{2}$（1+$\frac{1}{2}$--$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n+2}$）=$\frac{3}{4}$-$\frac{3}{4}$（$\frac{1}{n+1}$+$\frac{1}{n+2}$）＜$\frac{3}{4}$．
即有T_n＜$\frac{3}{4}$（n∈N^*）．

点评 本题考查等差数列通项公式和求和公式的运用，注意运用方程思想，考查数列的求和方法：裂项相消求和，考查化简整理的运算能力，属于中档题．