Question

9．已知公差不為0的等差數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和S_n，S₅=25，且a₂，a₅，a₁₄成等比數(shù)列．
（I）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）設(shè)b_n=$\frac{a_n}{2n}，{T_n}={b_1}•{b_2}•{b_3}…{b_n}$，求證：T_n≥$\frac{1}{{2\sqrt{n}}}（{n∈{N^*}}）$．

Answer 1

分析 （I）設(shè)等差數(shù)列{a_n}的公為d≠0，由a₂，a₅，a₁₄成等比數(shù)列，可得$（{a}_{1}+4d）^{2}=（{a}_{1}+d）（{a}_{1}+13d）$，又S₅=25，可得$5{a}_{1}+\frac{5×4}{2}d$=25，聯(lián)立解得即可．
（II）b_n=$\frac{2n-1}{2n}$，可得T_n=b₁b₂•…•b_n=$\frac{1}{2}×\frac{3}{4}×\frac{5}{6}$×…×$\frac{2n-1}{2n}$，當(dāng)n≥2時(shí)，$\frac{1}{2}=\frac{1}{2}$，$\frac{3}{4}$$＞\frac{2}{3}$，$\frac{5}{6}$＞$\frac{4}{5}$，…，$\frac{2n-1}{2n}$＞$\frac{2n-2}{2n-1}$，相乘化簡即可證明．

解答 （I）解：設(shè)等差數(shù)列{a_n}的公為d≠0，∵a₂，a₅，a₁₄成等比數(shù)列，
∴${a}_{5}^{2}={a}_{2}{a}_{14}$，
∴$（{a}_{1}+4d）^{2}=（{a}_{1}+d）（{a}_{1}+13d）$，化為$6{a}_{1}d-3m84ik2s^{2}$=0，即d=2a₁．
又S₅=25，∴$5{a}_{1}+\frac{5×4}{2}d$=25，化為a₁+2d=5，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{1}+2d=5}\\{d=2{a}_{1}}\end{array}\right.$，解得a₁=1，d=2．
∴a_n=1+2（n-1）=2n-1．
（II）證明：b_n=$\frac{2n-1}{2n}$，
∴T_n=b₁b₂•…•b_n=$\frac{1}{2}×\frac{3}{4}×\frac{5}{6}$×…×$\frac{2n-1}{2n}$，
當(dāng)n=1時(shí)，T₁=$\frac{1}{2}$=右邊，成立；
當(dāng)n≥2時(shí)，$\frac{1}{2}=\frac{1}{2}$，$\frac{3}{4}$$＞\frac{2}{3}$，$\frac{5}{6}$＞$\frac{4}{5}$，…，$\frac{2n-1}{2n}$＞$\frac{2n-2}{2n-1}$，
∴T_n=$\frac{1}{2}×\frac{3}{4}×\frac{5}{6}$×…×$\frac{2n-1}{2n}$＞$\frac{1}{2}$×$\frac{2}{3}$×$\frac{4}{5}$×…×$\frac{2n-2}{2n-1}$=$\frac{1}{2}×\frac{2}{1}×\frac{4}{3}$×…×$\frac{2n-2}{2n-3}$×$\frac{2n}{2n-1}$×$\frac{1}{2n}$=$\frac{1}{2}×\frac{1}{{T}_{n}}$×$\frac{1}{2n}$，
∴${T}_{n}^{2}$$＞\frac{1}{4n}$，
∴T_n≥$\frac{1}{{2\sqrt{n}}}（{n∈{N^*}}）$．

點(diǎn)評 本題考查了等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項(xiàng)公式、不等式的證明、“放縮法”，考查了變形能力、推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．