题目内容
数列{an}是公差为d（d＞0）的等差数列，且a2是a1与a4的等比中项，设Sn=a1+a3+a5+…+a2n-1（n∈N*）．
（1）求证：
+
=2
；
（2）若d=
，令bn=
，{bn}的前n项和为Tn，是否存在整数P、Q，使得对任意n∈N*，都有P＜Tn＜Q，若存在，求出P的最大值及Q的最小值；若不存在，请说明理由．
（1）求证：
| Sn |
| Sn+2 |
| Sn+1 |
（2）若d=
| 1 |
| 4 |
| ||
| 2n-1 |
分析：（1）依题意，可求得an=nd，从而可得Sn=a1+a3+…+a2n-1=n2d；于是易证
+
=2
；
（2）当d=
时，Sn=n2d=
，bn=
=
，于是Tn=1×
+2×
+3×
+…+n×
，利用错位相减法可求得Tn，利用单调性的定义可判断数列{Tn}是递增数列，从而可对（2）中的P，Q作出判断．
| Sn |
| Sn+2 |
| Sn+1 |
（2）当d=
| 1 |
| 4 |
| n2 |
| 4 |
| ||
| 2n-1 |
| n |
| 2n |
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 22 |
| 1 |
| 23 |
| 1 |
| 2n |
解答：解：（1）证明：因为a2是a1与a4的等比中项，
所以(a1+d)2=a1（a1+3d），…（2分）
于是有d2=a1d，因为d＞0，所以a1=d．
故 an=a1+（n-1）d=nd．…（4分）
从而Sn=a1+a3+…+a2n-1=
=
=n2d．…（6分）
因为
+
=
+
=（n+n+2）
=2（n+1）
=2
=2
，
所以
+
=2
．…（7分）
（2）当d=
时，Sn=n2d=
，
bn=
=
．…（8分）
Tn=1×
+2×
+3×
+…+n×
，①
Tn=1×
+2×
+…+（n-1）×
+n×
，②
①-②，得
Tn=
+
+
+…+
-n×
=
-n•
=1-
-n•
，
∴Tn=2-（n+2）•
，…（11分）
由于Tn+1-Tn=（n+1）•
＞0，
所以数列{Tn}是递增数列，…（13分）
当n=1时，Tn的最小值为
，
≤Tn＜2，所以，存在整数P、Q，使得P＜Tn＜Q，P的最大值为0，Q的最小值为2． …（15分）
所以(a1+d)2=a1（a1+3d），…（2分）
于是有d2=a1d，因为d＞0，所以a1=d．
故 an=a1+（n-1）d=nd．…（4分）
从而Sn=a1+a3+…+a2n-1=
| n(a1+a2n-1) |
| 2 |
| n[d+(2n-1)d] |
| 2 |
因为
| Sn |
| Sn+2 |
| n2d |
| (n+2)2d |
| d |
=2（n+1）
| d |
| (n+1)2d |
| Sn+1 |
所以
| Sn |
| Sn+2 |
| Sn+1 |
（2）当d=
| 1 |
| 4 |
| n2 |
| 4 |
bn=
| ||
| 2n-1 |
| n |
| 2n |
Tn=1×
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 22 |
| 1 |
| 23 |
| 1 |
| 2n |
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 22 |
| 1 |
| 23 |
| 1 |
| 2n |
| 1 |
| 2n+1 |
①-②，得
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 22 |
| 1 |
| 23 |
| 1 |
| 2n |
| 1 |
| 2n+1 |
=
| ||||
1-
|
| 1 |
| 2n+1 |
=1-
| 1 |
| 2n |
| 1 |
| 2n+1 |
∴Tn=2-（n+2）•
| 1 |
| 2n |
由于Tn+1-Tn=（n+1）•
| 1 |
| 2n+1 |
所以数列{Tn}是递增数列，…（13分）
当n=1时，Tn的最小值为
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
点评：本题考查数列的求和，考查等比数列的通项公式与等差数列的求和公式的应用，突出错位相减法求和，考查单调性的判断与最值的应用，考查推理与证明，属于难题．
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