Question

8．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，…．
（Ⅰ）（�。┣笞C：數(shù)列$\{\sqrt{{a_{2n}}}\}$為等差數(shù)列；
（ⅱ）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式．
（Ⅱ）設(shè)數(shù)列$\{\frac{1}{a_n}\}$的前n項(xiàng)和為S_n，證明：S_n＞$\frac{4n}{3（n+3）}$，n∈N^*．

Answer 1

分析 （Ⅰ）（�。┩ㄟ^(guò)題意可知2a_2n=a_2n-1+a_2n+1、$a_{2n+1}^2={a_{2n}}{a_{2n+2}}$，化簡(jiǎn)即得結(jié)論；（ⅱ）通過(guò)計(jì)算可知數(shù)列$\{\sqrt{{a_{2n}}}\}$的首項(xiàng)及公差，進(jìn)而可得結(jié)論；
（2）通過(guò)（ii）、放縮、裂項(xiàng)可知$\frac{1}{{a}_{n}}$＞4（$\frac{1}{n+2}$-$\frac{1}{n+3}$），進(jìn)而并項(xiàng)相加即得結(jié)論．

解答 （Ⅰ）（�。┳C明：因?yàn)閿?shù)列{a_n}為單調(diào)遞增數(shù)列，a₁=2＞0，
所以a_n＞0（n∈N^*）．
由題意得2a_2n=a_2n-1+a_2n+1，$a_{2n+1}^2={a_{2n}}{a_{2n+2}}$，
于是$2a_{2n}^{\;}=\sqrt{{a_{2n-2}}{a_{2n}}}+$$\sqrt{{a_{2n}}{a_{2n+2}}}$，
化簡(jiǎn)得$2\sqrt{{a_{2n}}}=\sqrt{{a_{2n-2}}}+$$\sqrt{{a_{2n+2}}}$，
所以數(shù)列$\{\sqrt{{a_{2n}}}\}$為等差數(shù)列．------（4分）
（ⅱ）解：因?yàn)閍₃=2a₂-a₁=6，${a_4}=\frac{a_3^2}{a_2}=9$，
所以數(shù)列$\{\sqrt{{a_{2n}}}\}$的首項(xiàng)為$\sqrt{a_2}=2$，公差為$d=\sqrt{a_4}-\sqrt{a_2}=1$，
所以$\sqrt{{a_{2n}}}=n+1$，從而${a_{2n}}={（n+1）^2}$．
結(jié)合$a_{2n-1}^2={a_{2n-2}}{a_{2n}}$，可得a_2n-1=n（n+1）．
因此，當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)a_n=$\frac{1}{4}{（n+2）^2}$，當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)a_n=$\frac{（n+1）（n+3）}{4}$．----------（8分）
（2）證明：通過(guò)（ii）可知${a_n}=\frac{1}{2}[1+{（-1）^{n+1}}]•\frac{（n+1）（n+3）}{4}+\frac{1}{2}[1+{（-1）^n}]•\frac{{{{（n+2）}^2}}}{4}$=$\frac{1}{4}{n^2}+n+\frac{{7+{{（-1）}^n}}}{8}$．
因?yàn)閍_n=$\frac{1}{4}{n^2}+n+\frac{{7+{{（-1）}^n}}}{8}≤\frac{1}{4}{n^2}+n+1=\frac{{{{（n+2）}^2}}}{4}＜\frac{1}{4}（n+2）（n+3）$，
所以$\frac{1}{a_n}＞\frac{4}{（n+2）（n+3）}=4（\frac{1}{n+2}-\frac{1}{n+3}）$，
∴${S_n}=\frac{1}{a_1}$$+\frac{1}{a_2}$$+\frac{1}{a_3}$+…$+\frac{1}{a_n}$
$＞4[（\frac{1}{3}-\frac{1}{4}）+（\frac{1}{4}-\frac{1}{5}）+…+（\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}）+（\frac{1}{n+2}-\frac{1}{n+3}）]$
=$4（\frac{1}{3}-\frac{1}{n+3}）=\frac{4n}{3（n+3）}$，
所以${S_n}＞\frac{4n}{3（n+3）}$，n∈N^*．----------（14分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)及前n項(xiàng)和，考查運(yùn)算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．