Question

11．已知等差数列{a_n}的公差d≠0，它的前n项和为S_n，若S₅=70，且a₁，a₇，a₃₇成等比数列．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）设数列$\left\{{\frac{1}{S_n}}\right\}$的前n项和为T_n，求证：$\frac{1}{6}≤{T_n}＜\frac{3}{8}$．

Answer 1

分析 （1）通过S₅=70且a₁，a₇，a₃₇成等比数列，计算即得结论；
（2）通过（1）可得${S_n}=2{n^2}+4n$，分离分母可得$\frac{1}{{S}_{n}}$=$\frac{1}{4}（{\frac{1}{n}-\frac{1}{n+2}}）$，并项相加得T_n=$\frac{3}{8}-\frac{1}{4}（{\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}}）$，进而可得${T_n}＜\frac{3}{8}$、数列{T_n}是递增数列，即得结论．

解答 （1）解：∵数列{a_n}是等差数列，
∴a_n=a₁+（n-1）d，${S_n}=n{a_1}+\frac{{n（{n-1}）}}{2}d$，
依题意，有$\left\{\begin{array}{l}{S_5}=70\\{a_7}^2={a_1}{a_{37}}.\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}5{a_1}+10d=70\\{（{{a_1}+6d}）^2}={a_1}（{{a_1}+35d}）.\end{array}\right.$，
解得a₁=6，d=4，
∴数列{a_n}的通项公式为a_n=4n+2（n∈N^*）；
（2）证明：由（1）可得${S_n}=2{n^2}+4n$，
∴$\frac{1}{S_n}=\frac{1}{{2{n^2}+4n}}=\frac{1}{{2n（{n+2}）}}$=$\frac{1}{4}（{\frac{1}{n}-\frac{1}{n+2}}）$，
∴${T_n}=\frac{1}{S_1}+\frac{1}{S_2}+\frac{1}{S_3}+…+\frac{1}{{{S_{n-1}}}}+\frac{1}{S_n}$
=$\frac{1}{4}（{1-\frac{1}{3}}）+\frac{1}{4}（{\frac{1}{2}-\frac{1}{4}}）+\frac{1}{4}（{\frac{1}{3}-\frac{1}{5}}）+…+\frac{1}{4}（{\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n+1}}）+\frac{1}{4}（{\frac{1}{n}-\frac{1}{n+2}}）$
=$\frac{1}{4}（{1+\frac{1}{2}-\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}}）$
=$\frac{3}{8}-\frac{1}{4}（{\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}}）$，
∵${T_n}-\frac{3}{8}=-\frac{1}{4}（{\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}}）＜0$，∴${T_n}＜\frac{3}{8}$，
∵${T_{n+1}}-{T_n}=\frac{1}{4}（{\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+3}}）＞0$，
∴数列{T_n}是递增数列，
∴${T_n}≥{T_1}=\frac{1}{6}$，
∴$\frac{1}{6}≤{T_n}＜\frac{3}{8}$．

点评 本题考查求数列的通项及判断和的取值范围，注意解题方法的积累，属于中档题．