高考数学必做百题第40题（理科2017版）

（1） 求数列$\left\{ {{a}_{n}} \right\}$的通项公式；

（2）证明${{S}_{n}}+\dfrac{1}{{{S}_{n}}}\le \dfrac{13}{6}(n\in {{N}^{*}})$. 

（1） 解：设等比数列$\left\{ {{a}_{n}} \right\}$的公比为$q$，

∵$-2{{S}_{2}},{{S}_{3}},4{{S}_{4}}$成等差数列，

∴$2{{S}_{3}}=4{{S}_{4}}-2{{S}_{2}}$，即${{S}_{4}}-{{S}_{3}}={{S}_{2}}-{{S}_{4}}$，

可得$2{{a}_{4}}=-{{a}_{3}}$，∴$q=\dfrac{{{a}_{4}}}{{{a}_{3}}}=-\dfrac{1}{2}$.

又${{a}_{1}}=\dfrac{3}{2}$，∴等比数列$\left\{ {{a}_{n}} \right\}$的通项公式为

${{a}_{n}}=\dfrac{3}{2}\times {{\left( -\dfrac{1}{2} \right)}^{n-1}}={{\left( -1 \right)}^{n-1}}\dfrac{3}{{{2}^{n}}}$.

（2）证明：由等比数列的求和公式得

${{S}_{n}}=\dfrac{\dfrac{3}{2}\left[ 1-{{\left( -\dfrac{1}{2} \right)}^{n}} \right]}{1-\left( -\dfrac{1}{2} \right)}=1-{{\left( -\dfrac{1}{2} \right)}^{n}}$，

∴${{S}_{n}}+\dfrac{1}{{{S}_{n}}}=1-{{\left( -\dfrac{1}{2} \right)}^{n}}+\dfrac{1}{1-{{\left( -\dfrac{1}{2} \right)}^{n}}}$

$=2+\dfrac{1}{{{2}^{n}}\left( {{2}^{n}}-{{\left( -1 \right)}^{n}} \right)}$

$\left\{ \begin{align}  & 2+\dfrac{1}{{{2}^{n}}\left( {{2}^{n}}+1 \right)},n为奇数 \\ & 2+\dfrac{1}{{{2}^{n}}\left( {{2}^{n}}-1 \right)},n \text{为偶数} \\ \end{align} \right.$

①当$n$为奇数时，${{S}_{n}}+\dfrac{1}{{{S}_{n}}}$随$n$的增大而减小，

∴${{S}_{n}}+\dfrac{1}{{{S}_{n}}}\le {{S}_{1}}+\dfrac{1}{{{S}_{1}}}\text{=}\dfrac{13}{6}$.

②当$n$为偶数时，${{S}_{n}}+\dfrac{1}{{{S}_{n}}}$随$n$的增大而减小，

∴${{S}_{n}}+\dfrac{1}{{{S}_{n}}}\le {{S}_{2}}+\dfrac{1}{{{S}_{2}}}\text{=}\dfrac{25}{12}$.

∴对于$n\in {{N}^{*}}$，恒有${{S}_{n}}+\dfrac{1}{{{S}_{n}}}\le \dfrac{13}{6}$。