Question

9．已知正项等差数列{a_n}的首项为a₁=2，前n项和为S_n，若a₁+3，2a₂+2，a₆+8成等比数列．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）记P_n=$\frac{1}{{a}_{1}}$+$\frac{1}{{a}_{2}}$+$\frac{1}{{a}_{4}}$+…+$\frac{1}{{a}_{{2}^{n-1}}}$，Q_n=$\frac{1}{{S}_{1}}$+$\frac{1}{{S}_{2}}$+$\frac{1}{{S}_{3}}$+…+$\frac{1}{{S}_{n}}$，证明：P_n≥Q_n．

Answer 1

分析 （1）通过设正项等差数列{a_n}的公差为d，并利用首项和公差d表示出a₂、a₆，通过a₁+3，2a₂+2，a₆+8成等比数列构造方程，进而计算可得结论；
（2）通过（1）可知$\frac{1}{{a}_{{2}^{n-1}}}$=$\frac{1}{{2}^{n}}$，利用等比数列的求和公式计算可知P_n=1-$\frac{1}{{2}^{n}}$，通过裂项可知$\frac{1}{{S}_{n}}$=$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$，进而并项相加即得结论．

解答 （1）解：设正项等差数列{a_n}的公差为d，则d≥0，
依题意，a₂=2+d，a₆=2+5d，
∵a₁+3，2a₂+2，a₆+8成等比数列，
∴（6+2d）²=（2+3）（10+5d），
整理得：36+24d+4d²=50+25d，即4d²-d-14=0，
解得：d=2或d=-$\frac{7}{4}$（舍），
∴数列{a_n}的通项公式a_n=2n；
（2）证明：由（1）可知$\frac{1}{{a}_{{2}^{n-1}}}$=$\frac{1}{2×{2}^{n-1}}$=$\frac{1}{{2}^{n}}$，
由等比数列的求和公式可知P_n=$\frac{1}{{a}_{1}}$+$\frac{1}{{a}_{2}}$+$\frac{1}{{a}_{4}}$+…+$\frac{1}{{a}_{{2}^{n-1}}}$=$\frac{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{2}^{n}}）}{1-\frac{1}{2}}$=1-$\frac{1}{{2}^{n}}$，
∵$\frac{1}{{S}_{n}}$=$\frac{1}{2×\frac{n（n+1）}{2}}$=$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$，
∴Q_n=$\frac{1}{{S}_{1}}$+$\frac{1}{{S}_{2}}$+$\frac{1}{{S}_{3}}$+…+$\frac{1}{{S}_{n}}$
=1-$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$
=1-$\frac{1}{n+1}$，
显然，当n≥1时$\frac{1}{n+1}$≥$\frac{1}{{2}^{n}}$，故P_n≥Q_n．

点评 本题考查数列的通项及前n项和，考查裂项相消法，注意解题方法的积累，属于中档题．