Question

14．已知等差數(shù)列{a_n}的公差d=2，a₂是a₁與a₄的等比中項(xiàng)，n∈N^*．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）若b_n=a${\;}_{\frac{n（n+1）}{2}}$，T_n=-b₁+b₂-b₃+b₄+…（-1）ⁿb_n，求T_n．
（3）記S_n為{$\frac{1}{|{T}_{n}|}$}的前n項(xiàng)和，證明S_n＞$\frac{n}{n+2}$．

Answer 1

分析 （1）由題意知a₂²=a₁•a₄，從而可得（a₁+2）²=a₁（a₁+6），從而求通項(xiàng)公式；
（2）化簡b_n=a${\;}_{\frac{n（n+1）}{2}}$=n（n+1），從而可得-b_2n-1+b_2n=4n，從而分奇偶數(shù)討論求和；
（3）利用數(shù)學(xué)歸納法，分奇偶數(shù)證明不等式．

解答 解：（1）∵a₂是a₁與a₄的等比中項(xiàng)，
∴a₂²=a₁•a₄，
又∵等差數(shù)列{a_n}的公差d=2，
∴（a₁+2）²=a₁（a₁+6），
∴a₁=2，
故a_n=2+2（n-1）=2n；
（2）由（1）知，b_n=a${\;}_{\frac{n（n+1）}{2}}$=n（n+1），
故-b_2n-1+b_2n=-（2n-1）（2n-1+1）+2n（2n+1）
=2n（2n+1-2n+1）=4n，
①當(dāng)n為偶數(shù)時，
T_n=-b₁+b₂-b₃+b₄+…（-1）ⁿb_n
=（-b₁+b₂）+（-b₃+b₄）+…+（-b_n-1+b_n）
=4+8+…+4•$\frac{n}{2}$
=$\frac{n（n+2）}{2}$；
②當(dāng)n為奇數(shù)時，
T_n=-b₁+b₂-b₃+b₄+…（-1）ⁿb_n
=（-b₁+b₂）+（-b₃+b₄）+…+（-b_n-2+b_n-1）-b_n
=4+8+…+4•$\frac{n-1}{2}$-n（n+1）
=$\frac{4+4•\frac{n-1}{2}}{2}$•$\frac{n-1}{2}$-n（n+1）
=-$\frac{（n+1）^{2}}{2}$，
故T_n=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{n（n+2）}{2}，n為偶數(shù)}\\{-\frac{（n+1）^{2}}{2}，n為奇數(shù)}\end{array}\right.$．
（3）證明：①當(dāng)n=1時，S₁=$\frac{1}{|{T}_{1}|}$=$\frac{1}{2}$＞$\frac{1}{3}$，
②假設(shè)當(dāng)n=k（k∈N⁺）時，S_k＞$\frac{k}{k+2}$，
若k為奇數(shù)，則
S_k+1=S_k+$\frac{1}{|{T}_{k+1}|}$=S_k+$\frac{2}{（k+1）（k+1+2）}$
＞$\frac{k}{k+2}$+$\frac{2}{（k+1）（k+1+2）}$
=$\frac{k（k+1）（k+3）+2（k+2）}{（k+1）（k+2）（k+3）}$
=$\frac{{k}^{3}+4{k}^{2}+5k+4}{（k+1）（k+2）（k+3）}$
＞$\frac{{k}^{3}+4{k}^{2}+5k+2}{（k+1）（k+2）（k+3）}$=$\frac{k+1}{k+3}$，
若k為偶數(shù)，則
S_k+1=S_k+$\frac{1}{|{T}_{k+1}|}$=S_k+$\frac{2}{（k+2）^{2}}$
＞$\frac{k}{k+2}$+$\frac{2}{（k+2）^{2}}$
=$\frac{{k}^{2}+2k+2}{（k+2）^{2}}$
=$\frac{（k+1）^{2}+1}{（k+1）^{2}+2（k+1）+1}$
＞$\frac{（k+1）^{2}}{（k+1）^{2}+2（k+1）}$
=$\frac{k+1}{k+3}$，
故n=k+1時也成立；
綜上所述，S_n＞$\frac{n}{n+2}$．

點(diǎn)評 本題考查了等差數(shù)列與等比數(shù)列的性質(zhì)的應(yīng)用及分類討論的思想應(yīng)用，同時考查了數(shù)學(xué)歸納法的應(yīng)用．