高考数学一轮复习第六章 高考专题突破三

这是一份高考数学一轮复习第六章 高考专题突破三，共11页。试卷主要包含了1，参考数据，2天 B．2，5，所以a5＝9，所以bn＝3n等内容，欢迎下载使用。

命题点1 数列与数学文化
例1 (1)(2019·乐山模拟)《张丘建算经》中女子织布问题为：某女子善于织布，一天比一天织得快，且从第2天开始，每天比前一天多织相同量的布，已知第一天织5尺布，一月(按30天计)共织390尺布，则从第2天起每天比前一天多织多少尺布？( )
A.eq \f(16,31) B.eq \f(16,29) C.eq \f(1,2) D.eq \f(8,15)
答案 B
解析 由题意可知每天织布的多少构成等差数列，其中第一天为首项a1＝5，一月按30天计可得S30＝390，从第2天起每天比前一天多织的即为公差d.又S30＝30×5＋eq \f(30×29,2)×d＝390，解得d＝eq \f(16,29) .故选B.
(2)(2020·北京市房山区模拟)《九章算术》中有如下问题：今有蒲生一日，长三尺，莞生一日，长一尺，蒲生日自半，莞生日自倍．问几何日而长等？意思是今有蒲第一天长高3尺，莞第一天长高1尺，以后蒲每天长高前一天的一半，莞每天长高前一天的2倍，若蒲、莞长度相等，则所需时间为(结果精确到0.1，参考数据： lg 2≈0.301 0，lg 3≈0.477 1)( )
A．2.2天 B．2.4天 C．2.6天 D．2.8天
答案 C
解析 设蒲的长度组成等比数列{an}，其a1＝3，公比为eq \f(1,2)，其前n项和为An，则An＝eq \f(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))＝6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n))).
莞的长度组成等比数列{bn}，其b1＝1，公比为2，其前n项和为Bn.则Bn＝eq \f(2n－1,2－1)＝2n－1，
由题意可得，6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n)))＝2n－1，
整理得，2n＋eq \f(6,2n)＝7，解得2n＝6或2n＝1(舍去)．
∴n＝lg26＝eq \f(lg 6,lg 2)＝1＋eq \f(lg 3,lg 2)≈2.6.
∴蒲、莞长度相等大约需要2.6天．
故选C.
思维升华 对于数学文化中所涉及到的数列模型，解题时应认真审题，从问题背景中提取相关信息并分析归纳，然后构造恰当的数列模型，再根据等差或等比数列的有关公式求解作答，必要时要进行检验．
跟踪训练1 (1)(2019·湖南省长沙市第一中学模拟)《周髀算经》中有这样一个问题：从冬至日起，依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气，其日影长依次成等差数列，冬至、立春、春分日影长之和为31.5尺，前九个节气日影长之和为85.5尺，则芒种日影长为( )
A．1.5尺 B．2.5尺 C．3.5尺 D．4.5尺
答案 B
解析 设这十二个节气日影长依次成等差数列{an}，
Sn是其前n项和，
则S9＝eq \f(9a1＋a9,2)＝9a5＝85.5，所以a5＝9.5，
由题意知a1＋a4＋a7＝3a4＝31.5，所以a4＝10.5，
所以公差d＝a5－a4＝－1，所以a12＝a5＋7d＝2.5，故选B.
(2)中国古代数学名著《九章算术》中有这样一个问题：今有牛、马、羊食人苗，苗主责之粟五斗，羊主曰：“我羊食半马．”马主曰：“我马食半牛．”今欲衰偿之，问各出几何？此问题的译文是：今有牛、马、羊吃了别人的禾苗，禾苗主人要求赔偿5斗粟．羊主人说：“我的羊所吃的禾苗只有马的一半．”马主人说：“我的马所吃的禾苗只有牛的一半．”打算按此比例偿还，他们各应偿还多少？该问题中，1斗为10升，则马主人应偿还粟( )
A.eq \f(25,3)升 B.eq \f(50,3)升 C.eq \f(50,7)升 D.eq \f(100,7)升
答案 D
解析 因为5斗＝50升，设羊、马、牛的主人应偿还的量分别为a1，a2，a3，
由题意可知其构成了公比为2的等比数列，且S3＝50，
则eq \f(a123－1,2－1)＝50，解得a1＝eq \f(50,7)，
所以马主人要偿还的量为a2＝2a1＝eq \f(100,7).
故选D.
命题点2 等差数列、等比数列的交汇
例2 记Sn为等比数列{an}的前n项和．已知S2＝2，S3＝－6.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求Sn，并判断Sn＋1，Sn，Sn＋2是否成等差数列．
解 (1)设{an}的公比为q.
由题设可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a11＋q＝2，,a11＋q＋q2＝－6.))
解得q＝－2，a1＝－2.
故{an}的通项公式为an＝(－2)n.
(2)由(1)可得
Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)＝－eq \f(2,3)＋(－1)neq \f(2n＋1,3).
由于Sn＋2＋Sn＋1＝－eq \f(4,3)＋(－1)neq \f(2n＋3－2n＋2,3)
＝2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)＋－1n\f(2n＋1,3)))＝2Sn，
故Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列．
思维升华 等差与等比数列的基本量之间的关系，利用方程思想和通项公式、前n项和公式求解．求解时，应“瞄准目标”，灵活应用数列的有关性质，简化运算过程．
跟踪训练2 (2019·桂林模拟)已知公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，S1＋1，S3，S4成等差数列，且a1，a2，a5成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若S4，S6，Sn成等比数列，求n及此等比数列的公比．
解 (1)设数列{an}的公差为d.
由题意可知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2S3＝S1＋1＋S4，,a\\al(2,2)＝a1a5，,d≠0，))
整理得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝2a1，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝2，))∴an＝2n－1.
(2)由(1)知an＝2n－1，∴Sn＝n2，
∴S4＝16，S6＝36，
又S4Sn＝Seq \\al(2,6)，∴n2＝eq \f(362,16)＝81，
∴n＝9，公比q＝eq \f(S6,S4)＝eq \f(9,4).
数列的求和
命题点1 分组求和与并项求和
例3 (2019·湖南省张家界慈利县期中)已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且b2＝3，b3＝9，a1＝b1，a14＝b4.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设cn＝an＋bn，求数列{cn}的前n项和．
解 (1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，
因为b2＝3，b3＝9，可得q＝eq \f(b3,b2)＝3，
所以bn＝b2qn－2＝3·3n－2＝3n－1，
又由a1＝b1＝1，a14＝b4＝27，
所以d＝eq \f(a14－a1,14－1)＝2，
所以数列{an}的通项公式为
an＝a1＋(n－1)×d＝1＋2(n－1)＝2n－1.
(2)由题意知cn＝an＋bn＝(2n－1)＋3n－1，
则数列{cn}的前n项和为
[1＋3＋…＋(2n－1)]＋(1＋3＋9＋…＋3n－1)
＝eq \f(n1＋2n－1,2)＋eq \f(1－3n,1－3)＝n2＋eq \f(3n－1,2).
命题点2 错位相减法求和
例4 记等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a2＋a4＝6，S4＝10.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝an·2n(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)设等差数列{an}的公差为d，
由a2＋a4＝6，S4＝10，
可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a1＋4d＝6，,4a1＋\f(4×3,2)d＝10，)) 即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋2d＝3，,2a1＋3d＝5，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝1，)) ∴an＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)＝n，
故所求等差数列{an}的通项公式为an＝n.
(2)依题意，bn＝an·2n＝n·2n，
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n，
又2Tn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1，
两式相减得－Tn＝(2＋22＋23＋…＋2n－1＋2n)－n·2n＋1＝eq \f(21－2n,1－2)－n·2n＋1＝(1－n)·2n＋1－2，
∴Tn＝(n－1)·2n＋1＋2.
命题点3 裂项相消法求和
例5 (2020·三明质检)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且(t＋1)Sn＝aeq \\al(2,n)＋3an＋2(t∈R)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足b1＝1，bn＋1－bn＝an＋1，求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,2bn＋7n)))的前n项和Tn.
解 (1)因为a1＝1，且(t＋1)Sn＝aeq \\al(2,n)＋3an＋2，
所以(t＋1)S1＝aeq \\al(2,1)＋3a1＋2，所以t＝5.
所以6Sn＝aeq \\al(2,n)＋3an＋2.①
当n≥2时，有6Sn－1＝aeq \\al(2,n－1)＋3an－1＋2，②
①－②得6an＝aeq \\al(2,n)＋3an－aeq \\al(2,n－1)－3an－1，
所以(an＋an－1)(an－an－1－3)＝0，
因为an>0，所以an－an－1＝3，
又因为a1＝1，
所以{an}是首项为1，公差为3的等差数列，
所以an＝3n－2(n∈N*)．
(2)因为bn＋1－bn＝an＋1，b1＝1，
所以bn－bn－1＝an(n≥2，n∈N*)，
所以当n≥2时，
bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＋b1
＝an＋an－1＋…＋a2＋b1＝eq \f(3n2－n,2).
又b1＝1也适合上式，所以bn＝eq \f(3n2－n,2)(n∈N*)．
所以eq \f(1,2bn＋7n)＝eq \f(1,3n2－n＋7n)＝eq \f(1,3)·eq \f(1,nn＋2)＝eq \f(1,6)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))，
所以Tn＝eq \f(1,6)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)＋\f(1,2)－\f(1,4)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋2)))
＝eq \f(1,6)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))，
＝eq \f(3n2＋5n,12n＋1n＋2).
思维升华 (1)一般求数列的通项往往要构造数列，此时可从要证的结论出发，这是很重要的解题信息．
(2)根据数列的特点选择合适的求和方法，常用的求和方法有错位相减法、分组转化法、裂项相消法等．
跟踪训练3 (1)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝eq \f(1,2)，an＋1＝eq \f(n＋1,2n)an(n∈N*)．
①证明：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))是等比数列；
②求数列{an}的通项公式与前n项和Sn.
①证明 ∵a1＝eq \f(1,2)，an＋1＝eq \f(n＋1,2n)an，
当n∈N*时，eq \f(an,n)≠0，
又eq \f(a1,1)＝eq \f(1,2)，eq \f(an＋1,n＋1)∶eq \f(an,n)＝eq \f(1,2)(n∈N*)为常数，
∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))是以eq \f(1,2)为首项，eq \f(1,2)为公比的等比数列．
②解 由eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))是以eq \f(1,2)为首项，eq \f(1,2)为公比的等比数列，
得eq \f(an,n)＝eq \f(1,2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1，∴an＝n·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n.
∴Sn＝1·eq \f(1,2)＋2·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋3·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3＋…＋n·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n，
eq \f(1,2)Sn＝1·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋2·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3＋…＋(n－1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n＋n·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n＋1，
∴两式相减得eq \f(1,2)Sn＝eq \f(1,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－n·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n＋1＝eq \f(\f(1,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n＋1,1－\f(1,2))－n·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n＋1，
∴Sn＝2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1－n·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n
＝2－(n＋2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n.
综上，an＝n·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n，Sn＝2－(n＋2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n.
(2)(2019·天津市南开区模拟)已知数列{an}的前n项和Sn＝－an－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1＋2(n∈N*)，数列{bn}满足bn＝2nan.
①求证：数列{bn}是等差数列，并求数列{an}的通项公式；
②设cn＝eq \f(nn＋1,2nn－ann＋1－an＋1)，数列{cn}的前n项和为Tn，求满足Tn解 ①∵Sn＝－an－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1＋2(n∈N*)，
当n≥2时，Sn－1＝－an－1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－2＋2，
∴an＝Sn－Sn－1＝－an＋an－1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1，
化为2nan＝2n－1an－1＋1，
∵bn＝2nan，∴bn＝bn－1＋1，
即当n≥2时，bn－bn－1＝1，
令n＝1，可得S1＝－a1－1＋2＝a1，即a1＝eq \f(1,2).
又b1＝2a1＝1，
∴数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列．
于是bn＝1＋(n－1)·1＝n＝2nan，∴an＝eq \f(n,2n).
②由①可得cn＝eq \f(nn＋1,2n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(n,2n)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋1－\f(n＋1,2n＋1))))
＝eq \f(2n＋1,2n－12n＋1－1)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1－1)))，
∴Tn＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,22－1)＋\f(1,22－1)－\f(1,23－1)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1－1)))
＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1－1)))，
由Tn∵n∈N*，∴n的最大值为4.
例 (10分)(2019·全国Ⅱ)已知数列{an}和{bn}满足a1＝1，b1＝0,4an＋1＝3an－bn＋4,4bn＋1＝3bn－an－4.
(1)证明：{an＋bn}是等比数列，{an－bn}是等差数列；
(2)求{an}和{bn}的通项公式．
规范解答
(1)证明 ∵4an＋1＝3an－bn＋4，
4bn＋1＝3bn－an－4.
∴4(an＋1＋bn＋1)＝2(an＋bn)，
∴an＋1＋bn＋1＝eq \f(1,2)(an＋bn)，[2分]
∵a1＋b1＝1＋0＝1≠0，
∴eq \f(an＋1＋bn＋1,an＋bn)＝eq \f(1,2)为非零常数，[3分]
∴{an＋bn}是以1为首项，eq \f(1,2)为公比的等比数列．[4分]
∵4an＋1＝3an－bn＋4，
4bn＋1＝3bn－an－4，
∴4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8，
∴(an＋1－bn＋1)－(an－bn)＝2为常数，[5分]
又∵a1－b1＝1－0＝1，
∴{an－bn}是以1为首项，2为公差的等差数列．[6分]
(2)解 由(1)知，an＋bn＝eq \f(1,2n－1)，an－bn＝2n－1.[8分]
∴an＝eq \f(1,2)[(an＋bn)＋(an－bn)]＝eq \f(1,2n)＋n－eq \f(1,2)，[9分]
bn＝eq \f(1,2)[(an＋bn)－(an－bn)]＝eq \f(1,2n)－n＋eq \f(1,2).[10分]
第一步：根据定义法、等差(等比)中项法、通项公式法等判定数列为等差(等比)数列；
第二步：由等差(等比)数列基本知识求通项，或者由递推公式求通项；
第三步：根据和的表达式或通项的特征，选择合适的方法(分组转化法、错位相减法、裂项相消法)求和；
第四步：反思解题过程，检验易错点、规范解题步骤．
1．(2020·山东模拟)在①b1＋b3＝a2 ，②a4＝b4，③S5＝－25这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的k存在，求k的值；若k不存在，说明理由．
设等差数列{an}的前n项和为Sn，{bn}是等比数列，__________，b1＝a5，b2＝3，b5＝－81，是否存在k，使得Sk>Sk＋1且Sk＋1注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
解 因为在等比数列{bn}中，b2＝3，b5＝－81，
所以其公比q＝－3，
从而bn＝b2(－3)n－2＝3×(－3)n－2，
从而a5＝b1＝－1.
若存在k，使得Sk>Sk＋1，
即Sk>Sk＋ak＋1，
从而ak＋1<0；
同理，若使Sk＋1即Sk＋1从而ak＋2>0.
若选①：由b1＋b3＝a2，得a2＝－1－9＝－10，
所以an＝3n－16，
当k＝4时满足a5<0且a6>0成立；
若选②：由a4＝b4＝27且a5＝－1，
所以数列{an}为递减数列，
故不存在ak＋1<0，且ak＋2>0；
若选③：由S5＝－25＝eq \f(5a1＋a5,2)＝5a3，
解得a3＝－5，从而an＝2n－11，
所以当k＝4时，能使a5<0，a6>0成立．
2．(2019·重庆西南大学附属中学月考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的前n项和为Tn.若a1＝b1＝3，a4＝b2，S4－T2＝12.
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；
(2)求数列{an＋bn}的前n项和．
解 (1)由a1＝b1，a4＝b2，
则S4－T2＝(a1＋a2＋a3＋a4)－(b1＋b2)＝a2＋a3＝12，
设等差数列{an}的公差为d，
则a2＋a3＝2a1＋3d＝6＋3d＝12，所以d＝2.
所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，
设等比数列{bn}的公比为q，
由题意知b2＝a4＝9，即b2＝b1q＝3q＝9，
所以q＝3.所以bn＝3n.
(2)an＋bn＝(2n＋1)＋3n，
所以{an＋bn}的前n项和为(a1＋a2＋…＋an)＋(b1＋b2＋…＋bn)＝(3＋5＋…＋2n＋1)＋(3＋32＋…＋3n)＝eq \f(3＋2n＋1n,2)＋eq \f(31－3n,1－3)＝n(n＋2)＋eq \f(33n－1,2).
3．(2019·天津市南开区模拟)数列{an}是等差数列，Sn为其前n项和，且a5＝3a2，S7＝14a2＋7.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{an＋bn}是首项为1，公比为2的等比数列，求数列{bn(an＋bn)}的前n项和Tn.
解 (1)设等差数列{an}的公差是d.
由a5＝3a2得d＝2a1，①
由S7＝14a2＋7得d＝a1＋1，②
由①②解得a1＝1，d＝2.
所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1.
(2) 由数列{an＋bn}是首项为1，公比为2的等比数列，
得an＋bn＝2n－1，即2n－1＋bn＝2n－1.
所以bn＝2n－1－2n＋1，
所以bn(an＋bn)＝2n－1·(2n－1－2n＋1)
＝4n－1－2n－1(2n－1)，
令Pn＝40＋41＋…＋4n－1＝eq \f(1－4n,1－4)＝eq \f(4n－1,3)，
Qn＝1·20＋3·21＋5·22＋…＋(2n－3)·2n－2＋(2n－1)·2n－1，③
则2Qn＝1·21＋3·22＋5·23＋…＋(2n－3)·2n－1＋(2n－1)·2n，④
③－④得－Qn＝1·20＋2·21＋2·22＋…＋2·2n－1－(2n－1)·2n＝(3－2n)2n－3，
所以Qn＝(2n－3)·2n＋3，
所以Tn＝Pn－Qn＝eq \f(4n－1,3)－(2n－3)2n－3
＝eq \f(4n,3)－(2n－3)·2n－eq \f(10,3).
4．数列{an}满足an＋1＝eq \f(an,2an＋1)，a1＝1.
(1)证明：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是等差数列；
(2)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前n项和Sn，并证明：eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋…＋eq \f(1,Sn)>eq \f(n,n＋1).
(1)证明 ∵an＋1＝eq \f(an,2an＋1)，
∴eq \f(1,an＋1)＝eq \f(2an＋1,an)，化简得eq \f(1,an＋1)＝2＋eq \f(1,an)，
即eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝2，
故数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是以1为首项，2为公差的等差数列．
(2)解 由(1)知eq \f(1,an)＝2n－1，
∴Sn＝eq \f(n1＋2n－1,2)＝n2，eq \f(1,Sn)＝eq \f(1,n2)>eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1).
证明：eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋…＋eq \f(1,Sn)＝eq \f(1,12)＋eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,n2)>eq \f(1,1×2)＋eq \f(1,2×3)＋…＋eq \f(1,nn＋1)
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))
＝1－eq \f(1,n＋1)＝eq \f(n,n＋1).
5．设等比数列a1，a2，a3，a4的公比为q，等差数列b1，b2，b3，b4的公差为d，且q≠1，d≠0.记ci＝ai＋bi (i＝1,2,3,4)．
(1)求证：数列c1，c2，c3不是等差数列；
(2)设a1＝1，q＝2.若数列c1，c2，c3是等比数列，求b2关于d的函数关系式及其定义域；
(3)数列c1，c2，c3，c4能否为等比数列？并说明理由．
(1)证明 假设数列c1，c2，c3是等差数列，
则2c2＝c1＋c3，即2(a2＋b2)＝(a1＋b1)＋(a3＋b3).
因为b1，b2，b3是等差数列，所以2b2＝b1＋b3.从而2a2＝a1＋a3.
又因为a1，a2，a3是等比数列，所以aeq \\al(2,2)＝a1a3.
所以a1＝a2＝a3，这与q≠1矛盾，从而假设不成立．
所以数列c1，c2，c3不是等差数列．
(2)解 因为a1＝1，q＝2，所以an＝2n－1.
因为ceq \\al(2,2)＝c1c3，所以(2＋b2)2＝(1＋b2－d)(4＋b2＋d)，
即b2＝d2＋3d，
由c2＝2＋b2≠0，得d2＋3d＋2≠0，
所以d≠－1且d≠－2.
又d≠0，所以b2＝d2＋3d，定义域为{d∈R|d≠－1，d≠－2，d≠0}.
(3)解 假设c1，c2，c3，c4成等比数列，其公比为q1，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋b1＝c1， ①,a1q＋b1＋d＝c1q1， ②,a1q2＋b1＋2d＝c1q\\al(2,1)， ③,a1q3＋b1＋3d＝c1q\\al(3,1). ④))
将①＋③－2×②得，a1(q－1)2＝c1(q1－1)2，⑤
将②＋④－2×③得，a1q(q－1)2＝c1q1(q1－1)2，⑥
因为a1≠0，q≠1，由⑤得c1≠0，q1≠1.
由⑤⑥得q＝q1，从而a1＝c1.
代入①得b1＝0.再代入②，得d＝0，与d≠0矛盾．
所以c1，c2，c3，c4不成等比数列．