数学-2

这道题是关于等差数列的，给了前 4 项和是 S_4 = 24，前 10 项和是 S_{10} = 120，让我们求解数列的通项公式。

等差数列的通项公式是：
a_n = a_1 + (n-1)d
其中 a_1 是首项，d 是公差。

前 n 项和的公式是：
S_n = \frac{n}{2} [2a_1 + (n-1)d]

题目里给了 S_4 = 24 和 S_{10} = 120，利用这两个等式可以解出 a_1 和 d。

首先，根据前 n 项和的公式，有：
S_4 = \frac{4}{2} [2a_1 + (4-1)d] = 24
即：
2[2a_1 + 3d] = 24
所以：
2a_1 + 3d = 12 \cdots (1)

同样，S_{10} 的公式为：
S_{10} = \frac{10}{2} [2a_1 + (10-1)d] = 120
即：
5[2a_1 + 9d] = 120
所以：
2a_1 + 9d = 24 \cdots (2)

现在我们有方程 (1) 和 (2)，可以解这个方程组来求 a_1 和 d。

用 (2) 减去 (1)：
(2a_1 + 9d) - (2a_1 + 3d) = 24 - 12
即：
6d = 12
所以：
d = 2

将 d = 2 代入 (1)：
2a_1 + 3 \cdot 2 = 12
2a_1 + 6 = 12
2a_1 = 6
所以：
a_1 = 3

因此，数列的首项 a_1 = 3，公差 d = 2。

通项公式为：
a_n = a_1 + (n-1)d = 3 + (n-1) \cdot 2 = 3 + 2n - 2 = 2n + 1

所以，通项公式是：
a_n = 2n + 1

第二问是关于数列 {1/S_n} 的前 n 项和 T_n，并要求证明：
T_n < \frac{3}{4}

根据前 n 项和公式：
S_n = \frac{n}{2} [2a_1 + (n-1)d]
将 a_1 = 3，d = 2 代入：
S_n = \frac{n}{2} [6 + 2(n-1)] = \frac{n}{2} [6 + 2n - 2] = \frac{n}{2} (2n + 4) = n(n+2)
所以：
S_n = n(n+2)

数列 {1/S_n} 的前 n 项和为：
T_n = \sum_{k=1}^n \frac{1}{S_k} = \sum_{k=1}^n \frac{1}{k(k+2)}

对于 \frac{1}{k(k+2)}，可以进行部分分式分解：
\frac{1}{k(k+2)} = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{k} - \frac{1}{k+2} \right)

因此：
T_n = \frac{1}{2} \sum_{k=1}^n \left( \frac{1}{k} - \frac{1}{k+2} \right)

展开求和：
T_n = \frac{1}{2} \left[ \left( \frac{1}{1} - \frac{1}{3} \right) + \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{4} \right) + \cdots + \left( \frac{1}{n} - \frac{1}{n+2} \right) \right]

观察发现，中间项可以抵消，剩下的项为：
T_n = \frac{1}{2} \left( 1 + \frac{1}{2} - \frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+2} \right)

整理得到：
T_n = \frac{1}{2} \left( \frac{3}{2} - \frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+2} \right)

由于 \frac{1}{n+1} + \frac{1}{n+2} > 0，所以：
T_n < \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{2} = \frac{3}{4}

总结：

1. 第一问求得通项公式 a_n = 2n + 1。
2. 第二问通过部分分式分解和求和，证明 T_n < \frac{3}{4} 成立。