Question

8．已知数列{a_n}满足对任意n∈N^*，a_n＞0，且a_2n，a_2n+1，a_2n+2成等比数列，a_2n-1，a_2n，a_2n+1成等差数列．
（1）若a₂=a₅一2=1，求a₁的值；
（2）证明：数列{$\sqrt{{a}_{2n}}$}是等差数列；
（3）设a₁-a₂＜0，求证：对任意n∈N^*，且n≥2，都有$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$$＜\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$．

Answer 1

分析 （1）由已知a3，a4，a5成等差数列，a₂，a₃，a₄成等比数列，a₁，a₂，a₃成等差数列，由此能求出a₁．
（2）由已知得2a_2n=a_2n-1+a_2n+1，${{a}_{2n+1}}^{2}={{a}_{2n+2}•{a}_{2n}}^{\;}$，${{a}_{2n-1}}^{2}={a}_{2n-2}{a}_{2n}$，n≥2，由此能证明数列{$\sqrt{{a}_{2n}}$}是等差数列．
（3）由数列{$\sqrt{{a}_{2n}}$}是等差数列，推导出a_2n=$\frac{[（{a}_{2}-{a}_{1}）n+{a}_{1}]^{2}}{{a}_{2}}$，由此根据当n=2m，m∈N^*和当n=2m-1，m∈N^*，m≥2两种情况分类讨论，能证明对任意n∈N^*，且n≥2，都有$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$$＜\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$．

解答 解：（1）∵数列{a_n}满足对任意n∈N^*，a_n＞0，a_2n-1，a_2n，a_2n+1成等差数列，
∴a3，a4，a5成等差数列，设公差为d，则a3=3-2d，a4=3-d．
∵a_2n，a_2n+1，a_2n+2成等比数列，∴a₂，a₃，a₄成等比数列，
∴${a}_{2}=\frac{{{a}_{3}}^{2}}{{a}_{4}}$=$\frac{（3-2d）^{2}}{3-d}$，
∵a₂=1，∴$\frac{（3-2d）^{2}}{3-d}=1$，解得d=2或d=$\frac{3}{4}$，∵a_n＞0，∴d=$\frac{3}{4}$，
∵a₁，a₂，a₃成等差数列，
∴a₁=2a₂-a₃=2-（3-2d）=$\frac{1}{2}$．
证明：（2）∵a2n-1，a2n，a2n+1成等差数列，a2n，a2n+1，a2n+2成等比数列，
∴2a_2n=a_2n-1+a_2n+1，${{a}_{2n+1}}^{2}={{a}_{2n+2}•{a}_{2n}}^{\;}$，
∴${{a}_{2n-1}}^{2}={a}_{2n-2}{a}_{2n}$，n≥2，
∴$\sqrt{{a}_{2n-2}{a}_{2n}}$+$\sqrt{{a}_{2n}{a}_{2n+2}}$=2a_2n，
∵a_n＞0，∴$\sqrt{{a}_{2n-2}}+\sqrt{{a}_{2n+2}}$=2$\sqrt{{a}_{2n}}$，
∴数列{$\sqrt{{a}_{2n}}$}是等差数列．
（3）∵数列{$\sqrt{{a}_{2n}}$}是等差数列，∴$\sqrt{{a}_{2n}}$=$\sqrt{{a}_{2}}+（n-1）（\sqrt{{a}_{1}}-\sqrt{{a}_{2}}）$，
∵a₁，a₂及a_2n，a_2n+1，a_2n+2成等比数列，a_2n-1，a_2n，a_2n+1成等差数列，
∴${a}_{1}=\frac{（2{a}_{2}-{a}_{1}）^{2}}{{a}_{2}}$，
∴$\sqrt{{a}_{2n}}=\sqrt{{a}_{2}}+（n-1）（\sqrt{{a}_{1}}-\sqrt{{a}_{2}}）$=$\frac{（{a}_{2}-{a}_{1}）n+{a}_{1}}{\sqrt{{a}_{2}}}$，
∴a_2n=$\frac{[（{a}_{2}-{a}_{1}）n+{a}_{1}]^{2}}{{a}_{2}}$，
∴${a}_{2n+2}=\frac{[（{a}_{2}-{a}_{1}）（n+1）+{{a}_{1}}^{2}]}{{a}_{2}}$，
从而${a}_{2n+1}=\sqrt{{a}_{2n}{a}_{2n+2}}$=$\frac{[（{a}_{2}-{a}_{1}）n+{a}_{1}][（{a}_{2}-{a}_{1}）（n+1）+{a}_{1}]}{{a}_{2}}$，
∴${a}_{2n-1}=\frac{[（{a}_{2}-{a}_{1}）（n-1）+{a}_{1}][（{a}_{2}-{a}_{1}）n+{a}_{1}]}{{a}_{2}}$，
①当n=2m，m∈N^*时，
$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}-\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$=$\frac{\frac{[（{a}_{2}-{a}_{1}）m+{a}_{1}][（{a}_{2}-{a}_{1}）（m+1）+{a}_{1}]}{{a}_{2}}}{\frac{[（{a}_{2}-{a}_{1}）m+{a}_{1}]^{2}}{{a}_{2}}}$-$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$
=$\frac{（{a}_{2}-{a}_{1}）（m+1）+{a}_{1}}{（{a}_{2}-{a}_{1}）m+{a}_{1}}$-$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$
=-$\frac{m（{a}_{1}-{a}_{2}）^{2}}{{a}_{1}[（{a}_{2}-{a}_{1}）m+{a}_{1}]}$＜0．
②当n=2m-1，m∈N^*，m≥2时，
$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$-$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$=$\frac{\frac{[（{a}_{2}-{a}_{1}）m+{a}_{1}]^{2}}{{a}_{2}}}{\frac{[（{a}_{2}-{a}_{1}）（m-1）+{a}_{1}][（{a}_{2}-{a}_{1}）m+{a}_{1}]}{{a}_{2}}}$-$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$
=$\frac{（{a}_{2}-{a}_{1}）m+{a}_{1}}{（{a}_{2}-{a}_{1}）（m-1）+{a}_{1}}-\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$
=-$\frac{（m-1_（{a}_{1}-{a}_{2}）^{2}}{{a}_{1}[（{a}_{2}-{a}_{1}）（m-1）+{a}_{1}]}$＜0．
综上，对任意n∈N^*，且n≥2，都有$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$$＜\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$．

点评 本题考查数列的首项的求法，考查等差数列的证明，考查不等式的证明，是中档题，解题时要认真审题，注意分类讨论思想的合理运用．