Question

20．在單調(diào)遞增數(shù)列{a_n}中，a₁=2，a₂=4，且a_2n-1，a_2n，a_2n+1成等差數(shù)列，a_2n，a_2n+1，a_2n+2成等比數(shù)列，n=1，2，3，…（1）①求證：數(shù)列{$\sqrt{{a}_{2n}}$}為等差數(shù)列；②求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）設(shè)數(shù)列{$\frac{1}{{a}_{n}+\frac{1-（-1）^{n}}{8}}$的前n項和為S_n，證明：S_n＞$\frac{4n}{3（n+3）}$，n∈N^*．

Answer 1

分析 （1）①由于a_2n-1，a_2n，a_2n+1成等差數(shù)列，a_2n，a_2n+1，a_2n+2成等比數(shù)列，可得2a_2n=a_2n+1+a_2n-1，${a}_{2n+1}^{2}$=a_2n•a_2n+2，可得當(dāng)n≥2時，$\sqrt{{a}_{2n}•{a}_{2n+2}}$+$\sqrt{{a}_{2n}•{a}_{2n-2}}$=2a_2n，化簡整理即可證明．
②由①可得：$\sqrt{{a}_{2n}}$=2+（n-1）=n+1．可得a_2n=（n+1）²．a(chǎn)_2n+1=$\sqrt{（n+1）^{2}•（n+2）^{2}}$．即可得出．
（2）利用數(shù)學(xué)歸納法證明即可得出．

解答 證明：（1）①∵a_2n-1，a_2n，a_2n+1成等差數(shù)列，a_2n，a_2n+1，a_2n+2成等比數(shù)列，
∴2a_2n=a_2n+1+a_2n-1，${a}_{2n+1}^{2}$=a_2n•a_2n+2，
∴當(dāng)n≥2時，$\sqrt{{a}_{2n}•{a}_{2n+2}}$+$\sqrt{{a}_{2n}•{a}_{2n-2}}$=2a_2n，
化為$\sqrt{{a}_{2n+2}}$+$\sqrt{{a}_{2n-2}}$=2$\sqrt{{a}_{2n}}$，
∴數(shù)列{$\sqrt{{a}_{2n}}$}為等差數(shù)列，首項為$\sqrt{{a}_{2}}$=2，
又$\sqrt{{a}_{4}}$=3，
∴公差為1．
②由①可得：$\sqrt{{a}_{2n}}$=2+（n-1）=n+1．
∴a_2n=（n+1）²．
∴a_2n+1=$\sqrt{（n+1）^{2}•（n+2）^{2}}$=（n+1）（n+2）．
∴a_n=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{（n+2）^{2}}{4}，n為偶數(shù)}\\{\frac{（n+1）（n+3）}{4}，n為奇數(shù)}\end{array}\right.$．
（2）當(dāng)n=2k（k∈N^*）時，$\frac{1}{{a}_{n}+\frac{1-（-1）^{n}}{8}}$=$\frac{4}{（n+2）^{2}}$=$\frac{1}{（k+1）^{2}}$．
當(dāng)n=2k-1（k∈N^*）時，$\frac{1}{{a}_{n}+\frac{1-（-1）^{n}}{8}}$=$\frac{1}{k（k+1）+\frac{1}{4}}$=$\frac{4}{（2k+1）^{2}}$．
∴當(dāng)n=2k時，S_n＞$2[（\frac{1}{3}-\frac{1}{5}）+（\frac{1}{5}-\frac{1}{7}）+$…+$（\frac{1}{2k+1}-\frac{1}{2k+3}）]$+$[（\frac{1}{2}-\frac{1}{3}）+（\frac{1}{3}-\frac{1}{4}）$+…+$（\frac{1}{k+1}-\frac{1}{k+2}）]$
=2$（\frac{1}{3}-\frac{1}{2k+3}）$+$（\frac{1}{2}-\frac{1}{k+2}）$=2$（\frac{1}{3}-\frac{1}{n+3}）$+$\frac{1}{2}$-$\frac{2}{n+4}$=$\frac{2n}{3（n+3）}$+$\frac{n}{2（n+4）}$＞$\frac{4n}{3（n+3）}$，n∈N^*．
下面利用數(shù)學(xué)歸納法證明：S_n＞$\frac{4n}{3（n+3）}$，n∈N^*．
①當(dāng)n=1時，左邊=a₁=S₁=$\frac{4}{9}$，右邊=$\frac{4}{3×4}$=$\frac{1}{3}$，左邊＞右邊；
當(dāng)n=2時，左邊=S₂=$\frac{1}{4}$+$\frac{4}{9}$=$\frac{25}{36}$，右邊=$\frac{8}{3×5}$=$\frac{8}{15}$，左邊＞右邊成立．
②假設(shè)當(dāng)n=2k-1，2k（k∈N^*）時成立，
則S_2k-1＞$\frac{4（2k-1）}{3（2k-1+3）}$=$\frac{4k-2}{3（k+1）}$；S_2k＞$\frac{8k}{3（2k+3）}$．
則當(dāng)n=2k+1時，S_2k+1=S_2k+$\frac{1}{{a}_{2k+1}+0}$＞$\frac{8k}{3（2k+3）}$+$\frac{1}{（k+1）（k+2）}$．
下面證明$\frac{8k}{3（2k+3）}$+$\frac{1}{（k+1）（k+2）}$＞$\frac{4（2k+1）}{3（2k+4）}$．去分母化簡可得：12k＞-1，顯然成立，因此左邊＞右邊．
當(dāng)n=2k+2時，S_n＞$\frac{4n}{3（n+3）}$，n∈N^*，成立．
綜上可得：S_n＞$\frac{4n}{3（n+3）}$，?n∈N^*都成立．

點評 本題考查了遞推關(guān)系的應(yīng)用、等差數(shù)列與等比數(shù)列的定義及其通項公式、數(shù)學(xué)歸納法、不等式的性質(zhì)，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．