Question

10．已知數(shù)列{a_n}的前n項和S_n=$\frac{{n}^{2}+3n}{4}$，n∈N^*
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（Ⅱ）設(shè)b_n=4${\;}^{{a}_{n}}$，求證：$\frac{1}{_{1}}+\frac{1}{_{2}}$+..+$\frac{1}{_{n}}$＜$\frac{1}{2}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）當(dāng)n=1時，a₁=S₁．當(dāng)n≥2時，a_n=S_n-S_n-1，即可得出數(shù)列{a_n}的通項公式，
（Ⅱ）b_n=4${\;}^{{a}_{n}}$=2ⁿ⁺¹，根據(jù)等比數(shù)列的求和公式和放縮法即可證明．

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

點評 本題考查了遞推式求數(shù)列的通項公式和等比數(shù)列的求和公式和放縮法證明不等式成立，屬于中檔題．