Question

18．設(shè)等差數(shù)列{a_n}的公差d＞0，且a₁＞0，記T_n=$\frac{1}{{a}_{1}{a}_{2}}$+$\frac{1}{{a}_{2}{a}_{3}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$．
（1）用a₁、d分別表示T₁、T₂、T₃，并猜想T_n；
（2）用數(shù)學(xué)歸納法證明你的猜想．

Answer 1

分析 （1）利用裂項(xiàng)法計(jì)算T₁、T₂、T₃，并猜想結(jié)論；
（2）先驗(yàn)證n=1，再假設(shè)n=k猜想成立，推導(dǎo)n=k+1猜想成立．

解答 解：（1）T₁=$\frac{1}{{a}_{1}{a}_{2}}$=$\frac{1}{{a}_{1}（{a}_{1}+d）}$；
T₂=$\frac{1}{{a}_{1}{a}_{2}}$+$\frac{1}{{a}_{2}{a}_{3}}$=$\frac{1}5vfde8y$（$\frac{1}{{a}_{1}}-\frac{1}{{a}_{2}}$）+$\frac{1}o7cqi2s$（$\frac{1}{{a}_{2}}$-$\frac{1}{{a}_{3}}$）=$\frac{1}5h6pu56$（$\frac{1}{{a}_{1}}-\frac{1}{{a}_{3}}$）=$\frac{2}{{a}_{1}{a}_{3}}$=$\frac{2}{{a}_{1}（{a}_{1}+2d）}$；
T₃=$\frac{1}{{a}_{1}{a}_{2}}$+$\frac{1}{{a}_{2}{a}_{3}}$+$\frac{1}{{a}_{3}{a}_{4}}$=$\frac{1}mfp1rbi$（$\frac{1}{{a}_{1}}-\frac{1}{{a}_{2}}$）+$\frac{1}pziklrd$（$\frac{1}{{a}_{2}}$-$\frac{1}{{a}_{3}}$）+$\frac{1}l3o5eoj$（$\frac{1}{{a}_{3}}$-$\frac{1}{{a}_{4}}$）=$\frac{1}jhsa6qv$（$\frac{1}{{a}_{1}}$-$\frac{1}{{a}_{4}}$）=$\frac{3}{{a}_{1}{a}_{4}}$=$\frac{3}{{a}_{1}（{a}_{1}+3d）}$；
由此可猜想T_n=$\frac{n}{{a}_{1}（{a}_{1}+nd）}$．
（2）證明：①當(dāng)n=1時(shí)，T₁=$\frac{1}{{a}_{1}（{a}_{1}+d）}$，結(jié)論成立，
②假設(shè)當(dāng)n=k時(shí)（k∈N^*）時(shí)結(jié)論成立，
即T_k=$\frac{k}{{a}_{1}（{a}_{1}+kd）}$，
則當(dāng)n=k+1時(shí)，T_k+1=T_k+$\frac{1}{{a}_{k+1}{a}_{k+2}}$=$\frac{k}{{a}_{1}（{a}_{1}+kd）}$+$\frac{1}{（{a}_{1}+kd）[{a}_{1}+（k+1）d]}$=$\frac{k[{a}_{1}+（k+1）d]+{a}_{1}}{{a}_{1}（{a}_{1}+kd）[{a}_{1}+（k+1）d]}$
=$\frac{（{a}_{1}+kd）（k+1）}{{a}_{1}（{a}_{1}+kd）[{a}_{1}+（k+1）d]}$=$\frac{k+1}{{a}_{1}[{a}_{1}+（k+1）d]}$．
即n=k+1時(shí)，結(jié)論成立．
由①②可知，T_n=$\frac{1}{{a}_{1}（{a}_{1}+nd）}$對(duì)于一切n∈N^*恒成立．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了數(shù)學(xué)歸納法證明，屬于基礎(chǔ)題．