Question

15．等差數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，a₂₂-3a₇=2，且$\frac{1}{a_2}，\sqrt{{S_2}-3}，{S_3}$成等比數(shù)列，n∈N^*．
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）令b_n=$\frac{4（n+1）}{{{a_n}^2{a_{n+2}}^2}}$，數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為T(mén)_n，若對(duì)于任意的n∈N^*，都有64T_n＜|3λ-1|成立，求實(shí)數(shù)λ的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通過(guò)設(shè)等差數(shù)列{a_n}的公差為d，并用首項(xiàng)和公差d表示其他項(xiàng)，通過(guò)聯(lián)立方程組計(jì)算即得結(jié)論；
（Ⅱ）通過(guò)（I）裂項(xiàng)可知{b_n}的通項(xiàng)公式，進(jìn)而并項(xiàng)相加即得結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）設(shè)等差數(shù)列{a_n}的公差為d，
由$\left\{{\begin{array}{l}{{a_{22}}-3{a_7}=2}\\{{{（\sqrt{{S_2}-3}）}^2}=\frac{1}{a_2}•{S_3}}\end{array}}\right.$，得$\left\{\begin{array}{l}{（{a}_{1}+21d）-3（{a}_{1}+6d）=2}\\{（2{a}_{1}+d-3）（{a}_{1}+d）=3{a}_{1}+3d}\end{array}\right.$…（2分）
即$\left\{{\begin{array}{l}{-2{a_1}+3d=2}\\{（{a_1}+d）（2{a_1}+d-6）=0}\end{array}}\right.$，
解得：$\left\{{\begin{array}{l}{{a_1}=2}\\{d=2}\end{array}}\right.$，或$\left\{{\begin{array}{l}{{a_1}=-\frac{2}{5}}\\{d=\frac{2}{5}}\end{array}}\right.$，
當(dāng)${a_1}=-\frac{2}{5}$，$d=\frac{2}{5}$時(shí)，$\sqrt{{S_2}-3}=\sqrt{-\frac{17}{5}}$沒(méi)有意義，
∴a₁=2，d=2，
此時(shí)a_n=2+2（n-1）=2n…（6分）
（Ⅱ）由（I）可知${b_n}=\frac{4（n+1）}{{{a_n}^2{a_{n+2}}^2}}=\frac{n+1}{{4{{（n+2）}^2}{n^2}}}=\frac{1}{16}[\frac{1}{n^2}-\frac{1}{{{{（n+2）}^2}}}]$…（8分）
T_n=b₁+b₂+b₃+…+b_n
=$\frac{1}{16}[\frac{1}{1^2}-\frac{1}{3^2}]+\frac{1}{16}[\frac{1}{2^2}-\frac{1}{4^2}]+\frac{1}{16}[\frac{1}{3^2}-\frac{1}{5^2}]+\frac{1}{16}[\frac{1}{4^2}-\frac{1}{6^2}]+\frac{1}{16}[\frac{1}{5^2}-\frac{1}{7^2}]+\frac{1}{16}[\frac{1}{6^2}-\frac{1}{8^2}]$$+…+\frac{1}{16}[\frac{1}{{{{（n-1）}^2}}}-\frac{1}{{{{（n+1）}^2}}}]+\frac{1}{16}[\frac{1}{n^2}-\frac{1}{{{{（n+2）}^2}}}]$
=$\frac{1}{16}[1+\frac{1}{4}-\frac{1}{{{{（n+1）}^2}}}-\frac{1}{{{{（n+2）}^2}}}]=\frac{5}{64}-\frac{1}{16}[\frac{1}{{{{（n+1）}^2}}}+\frac{1}{{{{（n+2）}^2}}}]$，
∴$64{T_n}=5-4[\frac{1}{{{{（n+1）}^2}}}+\frac{1}{{{{（n+2）}^2}}}]＜5$…（10分）
為滿(mǎn)足題意，必須|3λ-1|≥5，∴λ≥2或$λ≤-\frac{4}{3}$．…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)及前n項(xiàng)和，考查裂項(xiàng)相消法，考查運(yùn)算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．