Question

19．已知数列{a_n}的各项均正数，满足a${\;}_{n+1}^{2}$-a${\;}_{n}^{2}$-2a_n+1-2a_n=0，其前n项和为S_n．S₁，S₂，S₄成等比数列．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）令b_n=（-1）^n-1$\frac{4n}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$，数列{b_n}的前n项和为T_n，是否存在最大整数m，使得对任意n∈N^*均有T_2n＞$\frac{m}{15}$成立？若存在，求出m的值；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （1）由a${\;}_{n+1}^{2}$-a${\;}_{n}^{2}$-2a_n+1-2a_n=0，化为（a_n+1+a_n）（a_n+1-a_n-2）=0，由于数列{a_n}的各项均正数可得a_n+1-a_n=2，由于S₁，S₂，S₄成等比数列，可得${S}_{2}^{2}={S}_{1}{S}_{4}$，再利用等差数列的通项公式即可得出．
（2）利用“裂项求和”与数列的单调性即可得出．

解答 解：（1）∵a${\;}_{n+1}^{2}$-a${\;}_{n}^{2}$-2a_n+1-2a_n=0，
∴（a_n+1+a_n）（a_n+1-a_n-2）=0，
∵数列{a_n}的各项均正数，∴a_n+1+a_n＞0，
∴a_n+1-a_n=2，
∴数列{a_n}是等差数列，公差为2．
∵S₁，S₂，S₄成等比数列，
∴${S}_{2}^{2}={S}_{1}{S}_{4}$，
∴$（2{a}_{1}+2）^{2}$=${a}_{1}（4{a}_{1}+\frac{4×3}{2}×2）$，
解得a₁=1．
∴a_n=1+2（n-1）=2n-1．
（2）b_n=（-1）^n-1$\frac{4n}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$=（-1）^n-1$\frac{4n}{（2n-1）（2n+1）}$=（-1）^n-1$（\frac{1}{2n-1}+\frac{1}{2n+1}）$，
T_2n=$（1+\frac{1}{3}）$-$（\frac{1}{3}+\frac{1}{5}）$+…+$（\frac{1}{2n-3}+\frac{1}{2n-1}）$-$（\frac{1}{2n-1}+\frac{1}{2n+1}）$
=1-$\frac{1}{2n+1}$．
不等式T_2n＞$\frac{m}{15}$化为m＜15$（1-\frac{1}{2n+1}）$≤10，
∴存在最大整数m=9，使得对任意n∈N^*均有T_2n＞$\frac{m}{15}$成立．

点评 本题考查了等差数列与等比数列的通项公式及其前n项和公式、“裂项求和”、数列的单调性、不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．