Question

9．设数列{a_n}的前n项和为S_n，已知a₁=1，a₂=4，$\frac{2{S}_{n}}{n}$=a_n+1-$\frac{1}{3}$n²-n-$\frac{2}{3}$，n∈N^*，写出命题“存在正整数n，有$\frac{1}{{a}_{1}}$+$\frac{1}{{a}_{2}}$+$\frac{1}{{a}_{3}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}}$≥$\frac{4}{7}$”的否定，并证明其为真命题．

Answer 1

分析 先求出数列的通项，再用数学归纳法进行证明即可．

解答 解：命题“存在正整数n，有$\frac{1}{{a}_{1}}$+$\frac{1}{{a}_{2}}$+$\frac{1}{{a}_{3}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}}$≥$\frac{7}{4}$”的否定是“对任意的正整数n，有$\frac{1}{{a}_{1}}$+$\frac{1}{{a}_{2}}$+$\frac{1}{{a}_{3}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}}$＜$\frac{7}{4}$”．证明如下：
∵$\frac{2{S}_{n}}{n}$=a_n+1-$\frac{1}{3}$n²-n-$\frac{2}{3}$，
∴2S_n=na_n+1-$\frac{1}{3}$n³-n²-$\frac{2}{3}$n=na_n+1-$\frac{1}{3}$n（n+1）（n+2），①
∴当n≥2时，2S_n-1=（n-1）a_n-$\frac{1}{3}$（n-1）n（n+1），②
由①-②，得2S_n-2S_n-1=na_n+1-（n-1）a_n-n（n+1），
∴$\frac{{a}_{n+1}}{n+1}$-$\frac{{a}_{n}}{n}$=1，∴数列{$\frac{{a}_{n}}{n}$}是以首项为1，公差为1的等差数列．
∴$\frac{{a}_{n}}{n}$=1+1×（n-1）=n，∴a_n=n²（n≥2），
当n=1时，上式显然成立．∴a_n=n²，n∈N*．
①当n=1时，$\frac{1}{{a}_{1}}$=1＜$\frac{7}{4}$，∴原不等式成立．
②当n≥2时，∵n²＞（n-1）•（n+1），
∴$\frac{1}{{n}^{2}}$＜$\frac{1}{（n-1）•（n+1）}$=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{n-1}$-$\frac{1}{n+1}$），
∴有$\frac{1}{{a}_{1}}$+$\frac{1}{{a}_{2}}$+$\frac{1}{{a}_{3}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}}$＜1+$\frac{1}{2}$（1-$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{4}$+…+$\frac{1}{n-1}$-$\frac{1}{n+1}$）
=1+$\frac{1}{2}$（$\frac{3}{2}$-$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$）＜$\frac{7}{4}$，
∴当n≥2时，∴原不等式亦成立．
综上，对一切正整数n，有$\frac{1}{{a}_{1}}$+$\frac{1}{{a}_{2}}$+$\frac{1}{{a}_{3}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}}$＜$\frac{7}{4}$．

点评 本题考查命题的否定，考查数列的通项，数学归纳法，难度大．