Question

2．已知等差数列{a_n}的公差d不为零，其前n项和为S_n，S₅=70，且a₂，a₇，a₂₂成等比数列，
（Ⅰ）求数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）记b_n=$\frac{1}{{S}_{n}}$-$\frac{1}{{2}^{n}}$，数列{b_n}的前n项和为T_n，求证：T_n＜0．

Answer 1

分析 （Ⅰ）设等差数列{a_n}的首项为a₁，从而可得$\left\{\begin{array}{l}{{S}_{5}=5{a}_{1}+5×\frac{4}{2}d=70}\\{（{a}_{1}+6d）^{2}=（{a}_{1}+d）（{a}_{1}+21d）}\end{array}\right.$，从而解得；
（Ⅱ）化简可得S_n=6n+$\frac{n（n-1）}{2}×4$=2n（n+2），从而可得b_n=$\frac{1}{{S}_{n}}$-$\frac{1}{{2}^{n}}$=$\frac{1}{2n（n+2）}$-$\frac{1}{{2}^{n}}$，利用裂项求和法求得，从而证明．

解答 解：（Ⅰ）设等差数列{a_n}的首项为a₁，由题意得；
$\left\{\begin{array}{l}{{S}_{5}=5{a}_{1}+5×\frac{4}{2}d=70}\\{（{a}_{1}+6d）^{2}=（{a}_{1}+d）（{a}_{1}+21d）}\end{array}\right.$，
解得，a₁=6，d=4或a₁=14，d=0（舍去）；
故a_n=4n+2；
（Ⅱ）证明：∵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．

点评 本题考查了等差数列与等比数列的应用，同时考查了裂项求和法及等比数列与等差数列前n项和公式的应用．