Question

10．已知数列{a_n}的前n项和S_n=$\frac{{n}^{2}+3n}{4}$，n∈N^*
（Ⅰ）求数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）设b_n=4${\;}^{{a}_{n}}$，求证：$\frac{1}{{b}_{1}}+\frac{1}{{b}_{2}}$+..+$\frac{1}{{b}_{n}}$＜$\frac{1}{2}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）当n=1时，a₁=S₁．当n≥2时，a_n=S_n-S_n-1，即可得出数列{a_n}的通项公式，
（Ⅱ）b_n=4${\;}^{{a}_{n}}$=2ⁿ⁺¹，根据等比数列的求和公式和放缩法即可证明．

解答 解：（Ⅰ）当n=1时，a₁=S₁=1，
当n≥2时，a_n=S_n-S_n-1=$\frac{{n}^{2}+3n}{4}$-$\frac{（n-1）^{2}+3（n-1）}{4}$=$\frac{n+1}{2}$，
当n=1时，上式也成立，
∴a_n═$\frac{n+1}{2}$，
（Ⅱ）证明：b_n=4${\;}^{{a}_{n}}$=2ⁿ⁺¹，
∴$\frac{1}{{b}_{n}}$=$\frac{1}{{2}^{n+1}}$，
∴$\frac{1}{{b}_{1}}+\frac{1}{{b}_{2}}$+..+$\frac{1}{{b}_{n}}$=$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n+1}}$=$\frac{\frac{1}{{2}^{2}}（1-\frac{1}{{2}^{n}}）}{1-\frac{1}{2}}$=$\frac{1}{2}$（1-$\frac{1}{{2}^{n}}$）＜$\frac{1}{2}$．

点评 本题考查了递推式求数列的通项公式和等比数列的求和公式和放缩法证明不等式成立，属于中档题．