在数列{an}.若a${\;} {n}^{2}$-a${\;} {n-1}^{2}$=k(n≥2.n∈N*.k为常数).则称{an}为等方差数列．(1)若数列{bn}是等方差数列.b1=1.b2=3.写出所有满足条件的数列{bn}的前4项,(2)若等方差数列{an}满足a1=2.a2=2$\sqrt{2}$.an＞0.设数列{$\frac{1}{{a} {n}}$}的前n项� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

12．在数列{a_n}，若a${\;}_{n}^{2}$-a${\;}_{n-1}^{2}$=k（n≥2，n∈N^*，k为常数），则称{a_n}为等方差数列．
（1）若数列{b_n}是等方差数列，b₁=1，b₂=3，写出所有满足条件的数列{b_n}的前4项；
（2）若等方差数列{a_n}满足a₁=2，a₂=2$\sqrt{2}$，a_n＞0，设数列{$\frac{1}{{a}_{n}}$}的前n项和为T_n，是否存在正整数p，q，使不等式T_n＞$\sqrt{pn+q}$-1对一切n∈N^*都成立？若存在，求出p，q的值；若不存在，说明理由．

分析（1）由于数列{b_n}是等方差数列，b₁=1，b₂=3，可得k=3²-1²=8，${b}_{3}^{2}$=1+（3-1）×8，同理可得${b}_{4}^{2}$．即可得出．
（2）由等方差数列{a_n}满足a₁=2，a₂=2$\sqrt{2}$，a_n＞0，可得k=${a}_{2}^{2}-{a}_{1}^{2}$=4．利用${a}_{n}^{2}$=${a}_{1}^{2}$+（n-1）k可得a_n=2$\sqrt{n}$．数列{$\frac{1}{{a}_{n}}$}的前n项和为T_n=$\frac{1}{2}（1+\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+…+\frac{1}{\sqrt{n}}）$．假设存在正整数p，q，使不等式T_n＞$\sqrt{pn+q}$-1对一切n∈N^*都成立，则$\frac{1}{2}（1+\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+…+\frac{1}{\sqrt{n}}）$＞$\sqrt{pn+q}$-1．即$1+\frac{1}{\sqrt{2}}$+$\frac{1}{\sqrt{3}}$+…+$\frac{1}{\sqrt{n}}$＞2（$\sqrt{pn+q}$-1）．当n=1时，1＞2$（\sqrt{p+q}-1）$，化为p+q＜$\frac{9}{4}$，又p，q为正整数，p=q=1．下面利用数学归纳法证明：$1+\frac{1}{\sqrt{2}}$+$\frac{1}{\sqrt{3}}$+…+$\frac{1}{\sqrt{n}}$＞2$（\sqrt{n+1}-1）$即可．

解答解：（1）∵数列{b_n}是等方差数列，b₁=1，b₂=3，
∴k=3²-1²=8，
∴${b}_{3}^{2}$=1+（3-1）×8=17，${b}_{4}^{2}$=1+（4-1）×8=25，
∴b₃=$±\sqrt{17}$，b₄=±5．
∴所有满足条件的数列{b_n}的前4项：1，3，$\sqrt{17}$，5；1，3，$\sqrt{17}$，-5；1，3，-$\sqrt{17}$，5；1，3，-$\sqrt{17}$，-5．
（2）∵等方差数列{a_n}满足a₁=2，a₂=2$\sqrt{2}$，a_n＞0，∴k=${a}_{2}^{2}-{a}_{1}^{2}$=8-4=4．
∴${a}_{n}^{2}$=${a}_{1}^{2}$+（n-1）k=4+4（n-1）=4n，∴a_n=2$\sqrt{n}$．
∴数列{$\frac{1}{{a}_{n}}$}的前n项和为T_n=$\frac{1}{2}（1+\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+…+\frac{1}{\sqrt{n}}）$．
假设存在正整数p，q，使不等式T_n＞$\sqrt{pn+q}$-1对一切n∈N^*都成立．
则$\frac{1}{2}（1+\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+…+\frac{1}{\sqrt{n}}）$＞$\sqrt{pn+q}$-1．即$1+\frac{1}{\sqrt{2}}$+$\frac{1}{\sqrt{3}}$+…+$\frac{1}{\sqrt{n}}$＞2（$\sqrt{pn+q}$-1）．
当n=1时，1＞2$（\sqrt{p+q}-1）$，化为p+q＜$\frac{9}{4}$，又p，q为正整数，∴p=q=1．
下面利用数学归纳法证明：$1+\frac{1}{\sqrt{2}}$+$\frac{1}{\sqrt{3}}$+…+$\frac{1}{\sqrt{n}}$＞2$（\sqrt{n+1}-1）$．
①当n=1时，2$（\sqrt{2}-1）$=$\frac{2}{\sqrt{2}+1}$＜1，∴不等式成立．
②假设当n=k（k≥1）时，$1+\frac{1}{\sqrt{2}}$+$\frac{1}{\sqrt{3}}$+…+$\frac{1}{\sqrt{k}}$＞2$（\sqrt{k+1}-1）$．
则当n=k+1时，$1+\frac{1}{\sqrt{2}}$+$\frac{1}{\sqrt{3}}$+…+$\frac{1}{\sqrt{k}}$+$\frac{1}{\sqrt{k+1}}$＞2$（\sqrt{k+1}-1）$+$\frac{1}{\sqrt{k+1}}$＞2$（\sqrt{k+1}-1）$+$\frac{2}{\sqrt{k+1}+\sqrt{k+1}}$＞2$（\sqrt{k+1}-1）$+$\frac{2}{\sqrt{k+2}+\sqrt{k+1}}$＞2$（\sqrt{k+1}-1）$+2$（\sqrt{k+2}-\sqrt{k+1}）$=2$（\sqrt{k+2}-1）$，即$1+\frac{1}{\sqrt{2}}$+$\frac{1}{\sqrt{3}}$+…+$\frac{1}{\sqrt{k}}$+$\frac{1}{\sqrt{k+1}}$＞2$（\sqrt{k+2}-1）$，
∴当n=k+1时，成立．
综上可得：?n∈N^*，$1+\frac{1}{\sqrt{2}}$+$\frac{1}{\sqrt{3}}$+…+$\frac{1}{\sqrt{n}}$＞2$（\sqrt{n+1}-1）$成立．