Question

8．已知數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列，（1+$\frac{x}{2}$）^m（m∈N^*）展開式的前三項(xiàng)的系數(shù)分別為a₁，a₂，a₃．
（1）求（1+$\frac{x}{2}$）^m（m∈N^*）的展開式中二項(xiàng)式系數(shù)最大的項(xiàng)；
（2）當(dāng)n≥2（n∈N^*）時(shí)，試猜測$\frac{1}{{a}_{n}}$+$\frac{1}{{a}_{n+1}}$+$\frac{1}{{a}_{n+2}}$+…+$\frac{1}{{a}_{{n}^{2}}}$與$\frac{1}{3}$的大小并證明．

Answer 1

分析 （1）由二項(xiàng)式定理和等差數(shù)列可得m的值，由二項(xiàng)式系數(shù)可得；
（2）由（1）知a_n=3n-2，驗(yàn)證可得當(dāng)n=2或3時(shí)，$\frac{1}{{a}_{n}}$+$\frac{1}{{a}_{n+1}}$+$\frac{1}{{a}_{n+2}}$+…+$\frac{1}{{a}_{{n}^{2}}}$＞$\frac{1}{3}$，猜測結(jié)論并由數(shù)學(xué)歸納法證明即可．

解答 解：（1）由二項(xiàng)式定理可得（1+$\frac{x}{2}$）^m=1+${C}_{m}^{1}$（$\frac{1}{2}x$）+${C}_{m}^{2}$（$\frac{1}{2}x$）²+…+${C}_{m}^{m}$（$\frac{1}{2}x$）^m，
由題意可得a₁=1，a₂=$\frac{m}{2}$，a₃=$\frac{m（m-1）}{8}$，
由數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列可得2a₂=a₁+a₃，解得m=8，或m=1（舍去）
∴展開式中第五項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)最大，
∴二項(xiàng)式系數(shù)最大的項(xiàng)為T₅=${C}_{8}^{4}$（$\frac{1}{2}x$）4=$\frac{35}{8}$x⁴；
（2）由（1）知a_n=3n-2，
當(dāng)n=2時(shí)，$\frac{1}{{a}_{n}}$+$\frac{1}{{a}_{n+1}}$+$\frac{1}{{a}_{n+2}}$+…+$\frac{1}{{a}_{{n}^{2}}}$=$\frac{1}{{a}_{2}}$+$\frac{1}{{a}_{3}}$+$\frac{1}{{a}_{4}}$=$\frac{1}{4}$+$\frac{1}{7}$+$\frac{1}{10}$=$\frac{69}{140}$＞$\frac{1}{3}$
當(dāng)n=3時(shí)，$\frac{1}{{a}_{n}}$+$\frac{1}{{a}_{n+1}}$+$\frac{1}{{a}_{n+2}}$+…+$\frac{1}{{a}_{{n}^{2}}}$=$\frac{1}{{a}_{3}}$+$\frac{1}{{a}_{4}}$+…+$\frac{1}{{a}_{9}}$=$\frac{1}{7}$+$\frac{1}{10}$+…+$\frac{1}{25}$＞$\frac{1}{3}$
猜測當(dāng)n≥2時(shí)，$\frac{1}{{a}_{n}}$+$\frac{1}{{a}_{n+1}}$+$\frac{1}{{a}_{n+2}}$+…+$\frac{1}{{a}_{{n}^{2}}}$＞$\frac{1}{3}$，下面由數(shù)學(xué)歸納法證明，
①由上述過程可知當(dāng)n=2或3時(shí)，結(jié)論成立，
②假設(shè)n=k時(shí)，結(jié)論成立，即$\frac{1}{{a}_{k}}$+$\frac{1}{{a}_{k+1}}$+…+$\frac{1}{{a}_{{k}^{2}}}$＞$\frac{1}{3}$，
則當(dāng)n=k+1時(shí)，$\frac{1}{{a}_{k+1}}$+$\frac{1}{{a}_{（k+1）+1}}$+…+$\frac{1}{{a}_{（k+1）^{2}}}$
=（$\frac{1}{{a}_{k}}$+$\frac{1}{{a}_{k+1}}$+…+$\frac{1}{{a}_{{k}^{2}}}$）+（$\frac{1}{{a}_{{k}^{2}+1}}$+$\frac{1}{{a}_{{k}^{2}+2}}$+…+$\frac{1}{{a}_{（k+1）^{2}}}$-$\frac{1}{{a}_{k}}$）
＞$\frac{1}{3}$+（$\frac{1}{{a}_{{k}^{2}+1}}$+$\frac{1}{{a}_{{k}^{2}+2}}$+…+$\frac{1}{{a}_{（k+1）^{2}}}$-$\frac{1}{{a}_{k}}$）＞$\frac{1}{3}$+$\frac{2k+1}{3（k+1）^{2}-2}$-$\frac{1}{3k-2}$
=$\frac{1}{3}$+$\frac{3{k}^{2}-7k-3}{[3（k+1）^{2}-2][3k-2]}$，
由k≥3可得3k²-7k-3＞0，[3（k+1）²-2][3k-2]＞0，
∴$\frac{1}{{a}_{k+1}}$+$\frac{1}{{a}_{（k+1）+1}}$+…+$\frac{1}{{a}_{（k+1）^{2}}}$＞$\frac{1}{3}$
綜合①②可得，當(dāng)n≥2時(shí)，$\frac{1}{{a}_{n}}$+$\frac{1}{{a}_{n+1}}$+$\frac{1}{{a}_{n+2}}$+…+$\frac{1}{{a}_{{n}^{2}}}$＞$\frac{1}{3}$

點(diǎn)評(píng) 本題考查不等式的證明，涉及數(shù)學(xué)歸納法和二項(xiàng)式定理以及等差數(shù)列的性質(zhì)，屬難題．