Question

2．已知等差數(shù)列{a_n}的公差d不為零，其前n項(xiàng)和為S_n，S₅=70，且a₂，a₇，a₂₂成等比數(shù)列，
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）記b_n=$\frac{1}{{S}_{n}}$-$\frac{1}{{2}^{n}}$，數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為T(mén)_n，求證：T_n＜0．

Answer 1

分析 （Ⅰ）設(shè)等差數(shù)列{a_n}的首項(xiàng)為a₁，從而可得$\left\{\begin{array}{l}{{S}_{5}=5{a}_{1}+5×\frac{4}{2}d=70}\\{（{a}_{1}+6d）^{2}=（{a}_{1}+d）（{a}_{1}+21d）}\end{array}\right.$，從而解得；
（Ⅱ）化簡(jiǎn)可得S_n=6n+$\frac{n（n-1）}{2}×4$=2n（n+2），從而可得b_n=$\frac{1}{{S}_{n}}$-$\frac{1}{{2}^{n}}$=$\frac{1}{2n（n+2）}$-$\frac{1}{{2}^{n}}$，利用裂項(xiàng)求和法求得，從而證明．

解答 解：（Ⅰ）設(shè)等差數(shù)列{a_n}的首項(xiàng)為a₁，由題意得；
$\left\{\begin{array}{l}{{S}_{5}=5{a}_{1}+5×\frac{4}{2}d=70}\\{（{a}_{1}+6d）^{2}=（{a}_{1}+d）（{a}_{1}+21d）}\end{array}\right.$，
解得，a₁=6，d=4或a₁=14，d=0（舍去）；
故a_n=4n+2；
（Ⅱ）證明：∵S_n=6n+$\frac{n（n-1）}{2}×4$=2n（n+2），
∴b_n=$\frac{1}{{S}_{n}}$-$\frac{1}{{2}^{n}}$=$\frac{1}{2n（n+2）}$-$\frac{1}{{2}^{n}}$，
=$\frac{1}{4}$（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+2}$）-$\frac{1}{{2}^{n}}$，
故T_n=$\frac{1}{4}$（1-$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{4}$+$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{5}$+…+$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+2}$）-（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{4}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}}$）
=$\frac{1}{4}$（$\frac{3}{2}$-$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n+2}$）-1+$\frac{1}{{2}^{n}}$
=$\frac{1}{{2}^{n}}$-$\frac{5}{8}$-$\frac{1}{4}$（$\frac{1}{n+1}$+$\frac{1}{n+2}$）＜0．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了等差數(shù)列與等比數(shù)列的應(yīng)用，同時(shí)考查了裂項(xiàng)求和法及等比數(shù)列與等差數(shù)列前n項(xiàng)和公式的應(yīng)用．