Question

14．已知数列{a_n}的前n项和为S_n，a₁=1，a_n≠0，a_na_n+1=4S_n-1．
（Ⅰ）求{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）证明：$\frac{1}{S_1}$+$\frac{1}{S_2}$+…+$\frac{1}{S_n}$＜2．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由已知数列递推式可得a_n+1a_n+2=4S_n+1-1，与原递推式作差可得a_n+2-a_n=4，说明{a_2n-1}是首项为1，公差为4的等差数列，{a_2n}是首项为3，公差为4的等差数列，分别求出通项公式后可得{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）由等差数列的前n项和求得S_n，取其倒数后利用放缩法证明$\frac{1}{S_1}$+$\frac{1}{S_2}$+…+$\frac{1}{S_n}$＜2．

解答 （I）解：由题设，a_na_n+1=4S_n-1，得a_n+1a_n+2=4S_n+1-1．
两式相减得a_n+1（a_n+2-a）=4a_n+1．
由于a_n+1≠0，∴a_n+2-a_n=4．
由题设，a₁=1，a₁a₂=4S₁-1，可得a₂=3．
故可得{a_2n-1}是首项为1，公差为4的等差数列，a_2n-1=4n-3=2（2n-1）-1；
{a_2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a_2n=4n-1=2•2n-1．
∴${a_n}=2n-1（{n∈{N^*}}）$；
（Ⅱ）证明：${S_n}=\frac{{n（{1+2n-1}）}}{2}={n^2}$，
当n＞1时，由$\frac{1}{n^2}＜\frac{1}{{n（{n-1}）}}=\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}$，得
$\frac{1}{S_1}+\frac{1}{S_2}+…+\frac{1}{S_n}=\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+…+\frac{1}{n^2}$$＜\frac{1}{1}+\frac{1}{1}-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+…+\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}=2-\frac{1}{n}$，
∴$\frac{1}{S_1}+\frac{1}{S_2}+…+\frac{1}{S_n}＜2$．

点评 本题考查数列递推式，考查了等差关系的确定，考查等差数列前n项和的求法，训练了利用放缩法证明数列不等式，是中档题．