Question

19．已知數(shù)列{a_n}的各項(xiàng)均正數(shù)，滿足a${\;}_{n+1}^{2}$-a${\;}_{n}^{2}$-2a_n+1-2a_n=0，其前n項(xiàng)和為S_n．S₁，S₂，S₄成等比數(shù)列．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）令b_n=（-1）^n-1$\frac{4n}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$，數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為T_n，是否存在最大整數(shù)m，使得對(duì)任意n∈N^*均有T_2n＞$\frac{m}{15}$成立？若存在，求出m的值；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）由a${\;}_{n+1}^{2}$-a${\;}_{n}^{2}$-2a_n+1-2a_n=0，化為（a_n+1+a_n）（a_n+1-a_n-2）=0，由于數(shù)列{a_n}的各項(xiàng)均正數(shù)可得a_n+1-a_n=2，由于S₁，S₂，S₄成等比數(shù)列，可得${S}_{2}^{2}={S}_{1}{S}_{4}$，再利用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式即可得出．
（2）利用“裂項(xiàng)求和”與數(shù)列的單調(diào)性即可得出．

解答 解：（1）∵a${\;}_{n+1}^{2}$-a${\;}_{n}^{2}$-2a_n+1-2a_n=0，
∴（a_n+1+a_n）（a_n+1-a_n-2）=0，
∵數(shù)列{a_n}的各項(xiàng)均正數(shù)，∴a_n+1+a_n＞0，
∴a_n+1-a_n=2，
∴數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列，公差為2．
∵S₁，S₂，S₄成等比數(shù)列，
∴${S}_{2}^{2}={S}_{1}{S}_{4}$，
∴$（2{a}_{1}+2）^{2}$=${a}_{1}（4{a}_{1}+\frac{4×3}{2}×2）$，
解得a₁=1．
∴a_n=1+2（n-1）=2n-1．
（2）b_n=（-1）^n-1$\frac{4n}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$=（-1）^n-1$\frac{4n}{（2n-1）（2n+1）}$=（-1）^n-1$（\frac{1}{2n-1}+\frac{1}{2n+1}）$，
T_2n=$（1+\frac{1}{3}）$-$（\frac{1}{3}+\frac{1}{5}）$+…+$（\frac{1}{2n-3}+\frac{1}{2n-1}）$-$（\frac{1}{2n-1}+\frac{1}{2n+1}）$
=1-$\frac{1}{2n+1}$．
不等式T_2n＞$\frac{m}{15}$化為m＜15$（1-\frac{1}{2n+1}）$≤10，
∴存在最大整數(shù)m=9，使得對(duì)任意n∈N^*均有T_2n＞$\frac{m}{15}$成立．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項(xiàng)公式及其前n項(xiàng)和公式、“裂項(xiàng)求和”、數(shù)列的單調(diào)性、不等式的性質(zhì)，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．