Question

14．已知等差数列{a_n}的公差d=2，a₂是a₁与a₄的等比中项，n∈N^*．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）若b_n=a${\;}_{\frac{n（n+1）}{2}}$，T_n=-b₁+b₂-b₃+b₄+…（-1）ⁿb_n，求T_n．
（3）记S_n为{$\frac{1}{|{T}_{n}|}$}的前n项和，证明S_n＞$\frac{n}{n+2}$．

Answer 1

分析 （1）由题意知a₂²=a₁•a₄，从而可得（a₁+2）²=a₁（a₁+6），从而求通项公式；
（2）化简b_n=a${\;}_{\frac{n（n+1）}{2}}$=n（n+1），从而可得-b_2n-1+b_2n=4n，从而分奇偶数讨论求和；
（3）利用数学归纳法，分奇偶数证明不等式．

解答 解：（1）∵a₂是a₁与a₄的等比中项，
∴a₂²=a₁•a₄，
又∵等差数列{a_n}的公差d=2，
∴（a₁+2）²=a₁（a₁+6），
∴a₁=2，
故a_n=2+2（n-1）=2n；
（2）由（1）知，b_n=a${\;}_{\frac{n（n+1）}{2}}$=n（n+1），
故-b_2n-1+b_2n=-（2n-1）（2n-1+1）+2n（2n+1）
=2n（2n+1-2n+1）=4n，
①当n为偶数时，
T_n=-b₁+b₂-b₃+b₄+…（-1）ⁿb_n
=（-b₁+b₂）+（-b₃+b₄）+…+（-b_n-1+b_n）
=4+8+…+4•$\frac{n}{2}$
=$\frac{n（n+2）}{2}$；
②当n为奇数时，
T_n=-b₁+b₂-b₃+b₄+…（-1）ⁿb_n
=（-b₁+b₂）+（-b₃+b₄）+…+（-b_n-2+b_n-1）-b_n
=4+8+…+4•$\frac{n-1}{2}$-n（n+1）
=$\frac{4+4•\frac{n-1}{2}}{2}$•$\frac{n-1}{2}$-n（n+1）
=-$\frac{（n+1）^{2}}{2}$，
故T_n=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{n（n+2）}{2}，n为偶数}\\{-\frac{（n+1）^{2}}{2}，n为奇数}\end{array}\right.$．
（3）证明：①当n=1时，S₁=$\frac{1}{|{T}_{1}|}$=$\frac{1}{2}$＞$\frac{1}{3}$，
②假设当n=k（k∈N⁺）时，S_k＞$\frac{k}{k+2}$，
若k为奇数，则
S_k+1=S_k+$\frac{1}{|{T}_{k+1}|}$=S_k+$\frac{2}{（k+1）（k+1+2）}$
＞$\frac{k}{k+2}$+$\frac{2}{（k+1）（k+1+2）}$
=$\frac{k（k+1）（k+3）+2（k+2）}{（k+1）（k+2）（k+3）}$
=$\frac{{k}^{3}+4{k}^{2}+5k+4}{（k+1）（k+2）（k+3）}$
＞$\frac{{k}^{3}+4{k}^{2}+5k+2}{（k+1）（k+2）（k+3）}$=$\frac{k+1}{k+3}$，
若k为偶数，则
S_k+1=S_k+$\frac{1}{|{T}_{k+1}|}$=S_k+$\frac{2}{（k+2）^{2}}$
＞$\frac{k}{k+2}$+$\frac{2}{（k+2）^{2}}$
=$\frac{{k}^{2}+2k+2}{（k+2）^{2}}$
=$\frac{（k+1）^{2}+1}{（k+1）^{2}+2（k+1）+1}$
＞$\frac{（k+1）^{2}}{（k+1）^{2}+2（k+1）}$
=$\frac{k+1}{k+3}$，
故n=k+1时也成立；
综上所述，S_n＞$\frac{n}{n+2}$．

点评 本题考查了等差数列与等比数列的性质的应用及分类讨论的思想应用，同时考查了数学归纳法的应用．