Question

2．已知數(shù)列{a_n}中，a₁=1，其前n項(xiàng)的和為S_n，且滿足a_n=$\frac{2{{S}_{n}}^{2}}{2{S}_{n}-1}$（n≥2）．
（1）求證：數(shù)列{$\frac{1}{{S}_{n}}$}是等差數(shù)列；
（2）證明：當(dāng)n≥2時(shí)，S₁+$\frac{1}{2}$S₂+$\frac{1}{3}$S₃+…+$\frac{1}{n}$S_n＜$\frac{3}{2}$．

Answer 1

分析 （1）當(dāng)n≥2時(shí)，S_n-S_n-1=$\frac{2{{S}_{n}}^{2}}{2{S}_{n}-1}$⇒S_n-S_n-1=2S_n•S_n-1（n≥2），取倒數(shù)，可得$\frac{1}{{S}_{n}}$-$\frac{1}{{S}_{n-1}}$=2，利用等差數(shù)列的定義即可證得：數(shù)列{$\frac{1}{{S}_{n}}$}是等差數(shù)列；
（2）由（1）可知，$\frac{1}{{S}_{n}}$=$\frac{1}{{S}_{1}}$+（n-1）×2=2n-1⇒S_n=$\frac{1}{2n-1}$．n≥2時(shí)，$\frac{1}{n}$$\frac{1}{n（2n-1）}$＜$\frac{1}{n（2n-2）}$=$\frac{1}{2}$•$\frac{1}{n（n-1）}$=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{n-1}$-$\frac{1}{n}$），從而可證當(dāng)n≥2時(shí)，S₁+$\frac{1}{2}$S₂+$\frac{1}{3}$S₃+…+$\frac{1}{n}$S_n＜$\frac{3}{2}$．

解答 （本題滿分12分）
證明：（1）當(dāng)n≥2時(shí)，S_n-S_n-1=$\frac{2{{S}_{n}}^{2}}{2{S}_{n}-1}$，
整理得：S_n-S_n-1=2S_n•S_n-1（n≥2），
$\frac{1}{{S}_{n}}$-$\frac{1}{{S}_{n-1}}$=2，從而{$\frac{1}{{S}_{n}}$}構(gòu)成以1為首項(xiàng)，2為公差的等差數(shù)列．-------（6分）
（2）由（1）可知，$\frac{1}{{S}_{n}}$=$\frac{1}{{S}_{1}}$+（n-1）×2=2n-1，
∴S_n=$\frac{1}{2n-1}$．
∴當(dāng)n≥2時(shí)，$\frac{1}{n}$$\frac{1}{n（2n-1）}$＜$\frac{1}{n（2n-2）}$=$\frac{1}{2}$•$\frac{1}{n（n-1）}$=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{n-1}$-$\frac{1}{n}$），
∴S₁+$\frac{1}{2}$S₂+$\frac{1}{3}$S₃+…+$\frac{1}{n}$S_n＜1+$\frac{1}{2}$（1-$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n-1}$-$\frac{1}{n}$）＜$\frac{3}{2}$-$\frac{1}{2n}$＜$\frac{3}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列遞推式的應(yīng)用，考查等差數(shù)列的判定，考查等價(jià)轉(zhuǎn)化思想，突出裂項(xiàng)法、放縮法應(yīng)用的考查，屬于難題．