Question

16．数列{a_n}的前n项和是S_n，a₁=5，且a_n=S_n-1（n=2，3，4，…）．
（1）求S_n；
（2）求数列{a_n}的通项公式；
（3）求证：$\frac{1}{{a}_{1}}$+$\frac{1}{{a}_{2}}$+$\frac{1}{{a}_{3}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}}$＜$\frac{3}{5}$．

Answer 1

分析 （1）由a_n=S_n-1，得a_n+1=2a_n，（n≥2且n∈N^*），由此能求出S_n．
（2）当n=1时，a₁=5，当n≥2，且n∈N^*时，${a}_{n}={a}_{2}•{2}^{n-2}$=5•2^n-2．由此能求出数列{a_n}的通项公式．
（3）当n=1时，$\frac{1}{{a}_{1}}$=$\frac{1}{5}＜\frac{3}{5}$，成立，当n≥2且n∈N^*时，$\frac{1}{{a}_{1}}+\frac{1}{{a}_{2}}+…+\frac{1}{{a}_{n}}$=$\frac{1}{5}+\frac{1}{5}×（1+\frac{1}{2}+\frac{1}{{2}^{2}}+…+\frac{1}{{2}^{n-1}}）$，由此能证明$\frac{1}{{a}_{1}}$+$\frac{1}{{a}_{2}}$+$\frac{1}{{a}_{3}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}}$＜$\frac{3}{5}$．

解答 解：（1）由a_n=S_n-1，①，得：a_n+1=S_n，②
②-①得：a_n+1-a_n=S_n-S_n-1=a_n，
即a_n+1=2a_n，（n≥2且n∈N^*），
∵a₂=S₁=a₁=5，
故数列从第二项起，各项成等比数列且公比为2．
∴${S}_{n}={a}_{n+1}=5•{2}^{n-1}$，n∈N^*．
（2）当n=1时，a₁=5，
当n≥2，且n∈N^*时，${a}_{n}={a}_{2}•{2}^{n-2}$=5•2^n-2．
故数列{a_n}的通项公式为${a}_{n}=\left\{\begin{array}{l}{5，n=1}\\{5•{2}^{n-2}，n≥2，且n∈{N}^{*}}\end{array}\right.$．
证明：（3）当n=1时，$\frac{1}{{a}_{1}}$=$\frac{1}{5}＜\frac{3}{5}$，成立，
当n≥2且n∈N^*时，$\frac{1}{{a}_{1}}+\frac{1}{{a}_{2}}+…+\frac{1}{{a}_{n}}$=$\frac{1}{5}+\frac{1}{5}+\frac{1}{5×2}+…+\frac{1}{5×{2}^{n-2}}$
=$\frac{1}{5}+\frac{1}{5}×（1+\frac{1}{2}+\frac{1}{{2}^{2}}+…+\frac{1}{{2}^{n-1}}）$

=$\frac{1}{5}+\frac{1}{5}×\frac{1-（1-\frac{1}{{2}^{n}}）}{1-\frac{1}{2}}$
=$\frac{1}{5}+\frac{2}{5}（1-\frac{1}{{2}^{n}}）$
＜$\frac{1}{5}+\frac{2}{5}=\frac{3}{5}$．
∴$\frac{1}{{a}_{1}}$+$\frac{1}{{a}_{2}}$+$\frac{1}{{a}_{3}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}}$＜$\frac{3}{5}$．

点评 本题考查数列的前n项和公式和通项公式的求法，考查不等式的证明，是中档题，解题时要认真审题，注意放缩法的合理运用．