Question

9．已知公差不为0的等差数列{a_n}的前n项和S_n，S₅=25，且a₂，a₅，a₁₄成等比数列．
（I）求数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）设b_n=$\frac{a_n}{2n}，{T_n}={b_1}•{b_2}•{b_3}…{b_n}$，求证：T_n≥$\frac{1}{{2\sqrt{n}}}（{n∈{N^*}}）$．

Answer 1

分析 （I）设等差数列{a_n}的公为d≠0，由a₂，a₅，a₁₄成等比数列，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，联立解得即可．
（II）b_n=$\frac{2n-1}{2n}$，可得T_n=b₁b₂•…•b_n=$\frac{1}{2}×\frac{3}{4}×\frac{5}{6}$×…×$\frac{2n-1}{2n}$，当n≥2时，$\frac{1}{2}=\frac{1}{2}$，$\frac{3}{4}$$＞\frac{2}{3}$，$\frac{5}{6}$＞$\frac{4}{5}$，…，$\frac{2n-1}{2n}$＞$\frac{2n-2}{2n-1}$，相乘化简即可证明．

解答 （I）解：设等差数列{a_n}的公为d≠0，∵a₂，a₅，a₁₄成等比数列，
∴${a}_{5}^{2}={a}_{2}{a}_{14}$，
∴$（{a}_{1}+4d）^{2}=（{a}_{1}+d）（{a}_{1}+13d）$，化为$6{a}_{1}d-3{d}^{2}$=0，即d=2a₁．
又S₅=25，∴$5{a}_{1}+\frac{5×4}{2}d$=25，化为a₁+2d=5，
联立$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{1}+2d=5}\\{d=2{a}_{1}}\end{array}\right.$，解得a₁=1，d=2．
∴a_n=1+2（n-1）=2n-1．
（II）证明：b_n=$\frac{2n-1}{2n}$，
∴T_n=b₁b₂•…•b_n=$\frac{1}{2}×\frac{3}{4}×\frac{5}{6}$×…×$\frac{2n-1}{2n}$，
当n=1时，T₁=$\frac{1}{2}$=右边，成立；
当n≥2时，$\frac{1}{2}=\frac{1}{2}$，$\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^*}}）$．

点评 本题考查了等差数列与等比数列的通项公式、不等式的证明、“放缩法”，考查了变形能力、推理能力与计算能力，属于中档题．