浙江 2019 · 数学 q20

题面

20. 设等差数列 $\{a_{n}\}^{\text{的}}$ 前 $n$ 项和为 $S_{n}$, $a_{3} = 4$, $a_{4} = S_{3}$, 数列 $\{b_{n}\}$ 满足: 对每 $n \in N^{*}, S_{n} + b_{n}, S_{n+1} + b_{n}, S_{n+2} + b_{n}$ 成等比数列.

（1）求数列 $\{a_{n}\} ,\{b_{n}\}$ 的通项公式；

（2）记 $C_{n}=\sqrt{\frac{a_{n}}{2b_{n}}},n\inN^{*}$ ，证明： $C_{1}+C_{2}+\cdots+C_{n}<2\sqrt{n},n\inN^{*}$ .

（1）求数列 $\{a_{n}\},\{b_{n}\}$ 的通项公式；

（2）记 $C_{n}=\sqrt{\frac{a_{n}}{2b_{n}}},n\inN^{*}$ ，证明： $C_{1}+C_{2}+\cdots+C_{n}<2\sqrt{n},n\inN^{*}$ .

答案

（1） $a_{n}=2(n-1)$ ， $b_{n}=n(n+1)$ ；（2）证明见解析.

解析

分析

(1)首先求得数列 $\{a_{n}\}$ 的首项和公差确定数列 $\{a_{n}\}$ 的通项公式, 然后结合三项成等比数列的充分必要条件整理计算即可确定数列 $\{b_{n}\}$ 的通项公式;

(2)结合(1)的结果对数列 $\{c_n\}$ 的通项公式进行放缩，然后利用不等式的性质和裂项求和的方法即可证得题中的不等式.

(1)由题意可得： $\left\{\begin{aligned}a_{1}+2d&=4\\ a_{1}+3d&=3a_{1}+\frac{3\times2}{2}d\end{aligned}\right.$ ，解得： $\left\{\begin{aligned}a_{1}&=0\\ d&=2\end{aligned}\right.$

则数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为.

其前 $n$ 项和 $S_{n} = \frac{(0 + 2n - 2)\times n}{2} = n(n - 1)$

则 $n(n - 1) + b_n, n(n + 1) + b_n, (n + 1)(n + 2) + b_n$ 成等比数列，即：

$\left[n (n + 1) + b_{n} \right]^{2} = \left[n (n - 1) + b_{n} \right] \times \left[(n + 1) (n + 2) + b_{n} \right],$

据此有：

$n^{2} (n + 1)^{2} + 2 n (n + 1) b_{n} + b_{n}^{2} = n (n - 1) (n + 1) (n + 2) + (n + 1) (n + 2) b_{n} + n (n - 1) b_{n} + b_{n}^{2},$

$b_{n} = \frac{n^{2} (n + 1)^{2} - n (n - 1) (n + 1) (n + 2)}{(n + 1) (n + 2) + n (n - 1) - 2 n (n + 1)} = n (n + 1)$

(2)结合(1)中的通项公式可得:

$C_{n} = \sqrt{\frac{a_{n}}{2 b_{n}}} = \sqrt{\frac{n - 1}{n (n + 1)}} < \sqrt{\frac{1}{n}} = \frac{2}{\sqrt{n} + \sqrt{n}} < \frac{2}{\sqrt{n} + \sqrt{n - 1}} = 2 (\sqrt{n} - \sqrt{n - 1}),$

$C_{1} + C_{2} + \dots + C_{n} < 2 (\sqrt{1} - 0) + 2 (\sqrt{2} - \sqrt{1}) + \dots + 2 (\sqrt{n} - \sqrt{n - 1}) = 2 \sqrt{n}.$

【点睛】本题主要考查数列通项公式的求解，，裂项求和的方法，数列中用放缩法证明不等式的方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.