Question

7．已知{a_n}是各項均為正數(shù)的等差數(shù)列，公差為d，對任意的n∈N⁺，b_n是a_n和a_n+1的等比中項．
（1）設c_n=b_n+1²-b_n²，n∈N⁺，求證：數(shù)列{c_n}是等差數(shù)列；
（2）設a₁=d，T_n=$\sum_{k=1}^{2n}$（-1）^kb_k²，n∈N^*，求證：$\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{{T}_{k}}$＜$\frac{1}{2ljs50n0^{2}}$．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)等差數(shù)列和等比數(shù)列的性質(zhì)，建立方程關系，根據(jù)條件求出數(shù)列{c_n}的通項公式，結(jié)合等差數(shù)列的定義進行證明即可．
（2）求出T_n=$\sum_{k=1}^{2n}$（-1）^kb_k²的表達式，利用裂項法進行求解，結(jié)合放縮法進行不等式的證明即可．

解答 證明：（1）∵{a_n}是各項均為正數(shù)的等差數(shù)列，公差為d，對任意的n∈N⁺，b_n是a_n和a_n+1的等比中項．
∴c_n=b${\;}_{n+1}^{2}$-b${\;}_{n}^{2}$=a_n+1a_n+2-a_na_n+1=2da_n+1，
∴c_n+1-c_n=2d（a_n+2-a_n+1）=2d²為定值；
∴數(shù)列{c_n}是等差數(shù)列；
（2）T_n=$\sum_{k=1}^{2n}$（-1）^kb_k²=（-b₁²+b₂²）+（-b₃²+b₄²）+…+（-b_2n-1²+b_2n²）=2d（a₂+a₄+…+a_2n）=2d$•\frac{n（{a}_{2}+{a}_{2n}）}{2}$
=2d²n（n+1），
∴$\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{{T}_{k}}$=$\frac{1}{2cscdxlz^{2}}$$\sum_{k=1}^{n}$$\frac{1}{k（k+1）}$=$\frac{1}{2u5z5pd0^{2}}$（1-$\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+$…+$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$）=$\frac{1}{2hdhfpdr^{2}}$（1-$\frac{1}{n+1}$）$＜\frac{1}{20k5esg5^{2}}$．
即不等式$\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{{T}_{k}}$$＜\frac{1}{2qcgzyc5^{2}}$成立．

點評 本題主要考查遞推數(shù)列的應用以及數(shù)列與不等式的綜合，根據(jù)等比數(shù)列和等差數(shù)列的性質(zhì)分別求出對應的通項公式以及利用裂項法進行求解是解決本題的關鍵．綜合性較強，有一定的難度．