Question

15．等差数列{a_n}的前n项和为S_n，a₂₂-3a₇=2，且$\frac{1}{a_2}，\sqrt{{S_2}-3}，{S_3}$成等比数列，n∈N^*．
（Ⅰ）求数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）令b_n=$\frac{4（n+1）}{{{a_n}^2{a_{n+2}}^2}}$，数列{b_n}的前n项和为T_n，若对于任意的n∈N^*，都有64T_n＜|3λ-1|成立，求实数λ的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通过设等差数列{a_n}的公差为d，并用首项和公差d表示其他项，通过联立方程组计算即得结论；
（Ⅱ）通过（I）裂项可知{b_n}的通项公式，进而并项相加即得结论．

解答 解：（Ⅰ）设等差数列{a_n}的公差为d，
由$\left\{{\begin{array}{l}{{a_{22}}-3{a_7}=2}\\{{{（\sqrt{{S_2}-3}）}^2}=\frac{1}{a_2}•{S_3}}\end{array}}\right.$，得$\left\{\begin{array}{l}{（{a}_{1}+21d）-3（{a}_{1}+6d）=2}\\{（2{a}_{1}+d-3）（{a}_{1}+d）=3{a}_{1}+3d}\end{array}\right.$…（2分）
即$\left\{{\begin{array}{l}{-2{a_1}+3d=2}\\{（{a_1}+d）（2{a_1}+d-6）=0}\end{array}}\right.$，
解得：$\left\{{\begin{array}{l}{{a_1}=2}\\{d=2}\end{array}}\right.$，或$\left\{{\begin{array}{l}{{a_1}=-\frac{2}{5}}\\{d=\frac{2}{5}}\end{array}}\right.$，
当${a_1}=-\frac{2}{5}$，$d=\frac{2}{5}$时，$\sqrt{{S_2}-3}=\sqrt{-\frac{17}{5}}$没有意义，
∴a₁=2，d=2，
此时a_n=2+2（n-1）=2n…（6分）
（Ⅱ）由（I）可知${b_n}=\frac{4（n+1）}{{{a_n}^2{a_{n+2}}^2}}=\frac{n+1}{{4{{（n+2）}^2}{n^2}}}=\frac{1}{16}[\frac{1}{n^2}-\frac{1}{{{{（n+2）}^2}}}]$…（8分）
T_n=b₁+b₂+b₃+…+b_n
=$\frac{1}{16}[\frac{1}{1^2}-\frac{1}{3^2}]+\frac{1}{16}[\frac{1}{2^2}-\frac{1}{4^2}]+\frac{1}{16}[\frac{1}{3^2}-\frac{1}{5^2}]+\frac{1}{16}[\frac{1}{4^2}-\frac{1}{6^2}]+\frac{1}{16}[\frac{1}{5^2}-\frac{1}{7^2}]+\frac{1}{16}[\frac{1}{6^2}-\frac{1}{8^2}]$$+…+\frac{1}{16}[\frac{1}{{{{（n-1）}^2}}}-\frac{1}{{{{（n+1）}^2}}}]+\frac{1}{16}[\frac{1}{n^2}-\frac{1}{{{{（n+2）}^2}}}]$
=$\frac{1}{16}[1+\frac{1}{4}-\frac{1}{{{{（n+1）}^2}}}-\frac{1}{{{{（n+2）}^2}}}]=\frac{5}{64}-\frac{1}{16}[\frac{1}{{{{（n+1）}^2}}}+\frac{1}{{{{（n+2）}^2}}}]$，
∴$64{T_n}=5-4[\frac{1}{{{{（n+1）}^2}}}+\frac{1}{{{{（n+2）}^2}}}]＜5$…（10分）
为满足题意，必须|3λ-1|≥5，∴λ≥2或$λ≤-\frac{4}{3}$．…（12分）

点评 本题考查数列的通项及前n项和，考查裂项相消法，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于中档题．