Question

9．已知各項(xiàng)均不相等的等差數(shù)列{a_n}的前四項(xiàng)和S₄=14，且a₁，a₃，a₇成等比數(shù)列．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）設(shè)T_n為數(shù)列$\left\{{\frac{1}{{{a_n}{a_{n+1}}}}}\right\}$的前n項(xiàng)和，求$\frac{T_n}{n+2}$的最大值．

Answer 1

分析 （1）由等差數(shù)列的通項(xiàng)公式可知：$\left\{\begin{array}{l}{4{a}_{1}+6d=14}\\{（{a}_{1}+2d）^{2}={a}_{1}（{a}_{1}+6d）}\end{array}\right.$，即可求得a₁和d，即可求得數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）由（1）可知$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$=$\frac{1}{（n+1）（n+2）}$=$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n+2}$，利用“裂項(xiàng)法”即可求得數(shù)列$\left\{{\frac{1}{{{a_n}{a_{n+1}}}}}\right\}$的前n項(xiàng)和T_n，$\frac{T_n}{n+2}$=$\frac{n}{2（n+2）^{2}}$=$\frac{1}{2（n+\frac{4}{n}+4）}$，由基本不等式的性質(zhì)，即可求得$\frac{T_n}{n+2}$的最大值．

解答 解：（1）設(shè)等差數(shù)列公差為d．由已知得$\left\{\begin{array}{l}{4{a}_{1}+6d=14}\\{（{a}_{1}+2d）^{2}={a}_{1}（{a}_{1}+6d）}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{1}=2}\\{d=1}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{d=0}\\{{a}_{1}=\frac{7}{2}}\end{array}\right.$ （舍去） 
∴a_n=a₁+（n-1）d=n+1，
數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式a_n=n+1；
（2）由（1）可知：$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$=$\frac{1}{（n+1）（n+2）}$=$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n+2}$，
∵數(shù)列$\left\{{\frac{1}{{{a_n}{a_{n+1}}}}}\right\}$的前n項(xiàng)和T_n，T_n=（$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{3}$）+（$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{4}$）+…+（$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n+2}$），
=$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{4}$+…+$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n+2}$，
=$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{n+2}$，
=$\frac{n}{2（n+2）}$
∴$\frac{T_n}{n+2}$=$\frac{n}{2（n+2）^{2}}$=$\frac{1}{2（n+\frac{4}{n}+4）}$≤$\frac{1}{2（2\sqrt{n×\frac{4}{n}}+4）}$=$\frac{1}{16}$，
當(dāng)且僅當(dāng)n=$\frac{4}{n}$，解得：n=2，
∴$\frac{T_n}{n+2}$的最大值$\frac{1}{16}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查等差數(shù)列的通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和公式，考查“裂項(xiàng)法”求數(shù)列的前n項(xiàng)，基本不等式的應(yīng)用，考查數(shù)列與不等式的綜合應(yīng)用，屬于中檔題．