Question

8．已知数列{a_n}中，a₁=a（实数a为常数），a₂=2，S_n是其前n项和，且S_n=$\frac{n（{a}_{n}-{a}_{1}）}{2}$．数列{b_n}是等比数列，b₁=2，a₄恰为S₄与b₂-1的等比中项．
（Ⅰ）证明：数列{a_n}是等差数列；
（Ⅱ）求数列{b_n}的通项公式；
（Ⅲ）若c₁=$\frac{3}{2}$，当n≥2时c_n=$\frac{1}{{b}_{n-1}+1}$+$\frac{1}{{b}_{n-1}+2}$+…+$\frac{1}{{b}_{n}}$，{c_n}的前n项和为T_n，求证：对任意n≥2，都有12T_n≥6n+13．

Answer 1

分析 （Ⅰ）当n=1可得a₁=a=0，进而有S_n=$\frac{n{a}_{n}}{2}$，当n≥2时利用累乘法可得a_n=$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}$•$\frac{{a}_{n-1}}{{a}_{n-2}}$•…•$\frac{{a}_{3}}{{a}_{2}}$•a₂=2（n-1），即得结论；
（Ⅱ）设等比数列{b_n}的公比为q，则b_n=2q^n-1，利用a₄恰为S₄与b₂-1的等比中项可得公比q=2，进而可得结论；
（Ⅲ）利用放缩法可得c_n＞$\frac{1}{2}$，进而有T_n＞$\frac{6n+13}{12}$，即得结论．

解答 （Ⅰ）证明：令n=1可得a₁=S₁=0，即a=0．所以S_n=$\frac{n{a}_{n}}{2}$．
当n≥2时a_n=S_n-S_n-1=$\frac{n{a}_{n}}{2}$-$\frac{（n-1）{a}_{n-1}}{2}$，可得（n-2）a_n=（n-1）a_n-1，
当n≥3时$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}$=$\frac{n-1}{n-2}$，所以a_n=$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}$•$\frac{{a}_{n-1}}{{a}_{n-2}}$•…•$\frac{{a}_{3}}{{a}_{2}}$•a₂=2（n-1）．
显然当n=1、2时，满足上式．所以a_n=2（n-1），n∈N^*．
∴a_n+1-a_n=2，所以数列{a_n}是等差数列，其通项公式是a_n=2（n-1），n∈N^*．
（Ⅱ）解：设等比数列{b_n}的公比为q，所以b_n=b₁q^n-1=2q^n-1，
∵a₄恰为S₄与b₂-1的等比中项，
∴a₄=6，S₄=12，b₂=2q，
所以6²=12×（2q-1），解得q=2，
所以b_n=2ⁿ，n∈N^*．
（Ⅲ）证明：n≥2时，T_n=c₁+c₂+…+c_n
=（1+$\frac{1}{2}$）+（$\frac{1}{{2}^{1}+1}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$）+（$\frac{1}{{2}^{2}+1}$+$\frac{1}{{2}^{2}+2}$+$\frac{1}{{2}^{2}+3}$+$\frac{1}{{2}^{3}}$）+…+（$\frac{1}{{2}^{n-1}+1}$+$\frac{1}{{2}^{n-1}+2}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}}$），
而n≥2时，c_n=$\frac{1}{{2}^{n-1}+1}$+$\frac{1}{{2}^{n-1}+2}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}}$＞$\frac{1}{{2}^{n}}$+$\frac{1}{{2}^{n}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}}$=$\frac{{2}^{n}-（{2}^{n-1}-1）+1}{{2}^{n}}$=$\frac{{2}^{n-1}}{{2}^{n}}$=$\frac{1}{2}$，
所以当n=2时T₂=1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{4}$=$\frac{25}{12}$=$\frac{6×2+13}{12}$．
当n≥3时T_n=c₁+c₂+…+c_n
＞1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{4}$+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$+…+$\frac{1}{2}$=$\frac{6n+13}{12}$，
∴对任意n≥2，都有12T_n≥6n+13．

点评 本题考查求数列的通项，判断数列为等差数列，以及前n项和的大小范围，注意解题方法的积累，属于中档题．