Question

11．已知數(shù)列{a_n}是非常值數(shù)列，且滿足a_n+2=2a_n+1-a_n（n∈N^*），其前n項(xiàng)和為s_n，若s₅=70，a₂，a₇，a₂₂成等比數(shù)列．
（ I）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（ II）設(shè)數(shù)列$\left\{{\frac{1}{s_n}}\right\}$的前n項(xiàng)和為T_n，求證：$\frac{1}{6}≤{T_n}＜\frac{3}{8}$．

Answer 1

分析 （ I）通過a_n+2=2a_n+1-a_n（n∈N^*），判斷{a_n}是等差數(shù)列，利用s₅=70，a₂，a₇，a₂₂成等比數(shù)列求解數(shù)列的首項(xiàng)與公差，然后求解通項(xiàng)公式．
（ II）求出${s_n}=2{n^2}+4n$，化簡它的倒數(shù)，利用裂項(xiàng)消項(xiàng)法求解數(shù)列的和，利用數(shù)列的單調(diào)性證明不等式．

解答 （本小題滿分12分）
解：（ I）因?yàn)閿?shù)列滿足a_n+2=2a_n+1-a_n（n∈N^*），所以{a_n}是等差數(shù)列且s₅=70，
∴5a₁+10d=70．①…（1分）
∵a₂，a₇，a₂₂成等比數(shù)列，∴$a_7^2={a_2}{a_{22}}$，
即${（{a_1}+6d）^2}=（{a_1}+d）（{a_1}+21d）$．②…（3分）
由①，②解得a₁=6，d=4或a₁=14，d=0（舍去），…（4分）
∴a_n=4n+2．…（5分）
（ II）證明：由（ I）可得${s_n}=2{n^2}+4n$，
所以$\frac{1}{s_n}=\frac{1}{{2{n^2}+4n}}=\frac{1}{4}（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+2}）$．…（6分）
所以${T_n}=\frac{1}{s_1}+\frac{1}{s_2}+\frac{1}{s_3}+…+\frac{1}{{{s_{n-1}}}}+\frac{1}{s_n}$=$\frac{1}{4}（\frac{1}{1}-\frac{1}{3}）+\frac{1}{4}（\frac{1}{2}-\frac{1}{4}）+\frac{1}{4}（\frac{1}{3}-\frac{1}{5}）+…+\frac{1}{4}（\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n+1}）+\frac{1}{4}（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+2}）$
=$\frac{3}{8}-\frac{1}{4}（\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}）$．…（8分）
∵${T_n}-\frac{3}{8}=-\frac{1}{4}（\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}）＜0$，∴${T_n}＜\frac{3}{8}$．…（10分）
∵${T_{n+1}}-{T_n}=\frac{1}{4}（\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+3}）＞0$，∴數(shù)列{T_n}是遞增數(shù)列，∴${T_n}≥{T_1}=\frac{1}{6}$．…（11分）
∴$\frac{1}{6}≤{T_n}＜\frac{3}{8}$．…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的應(yīng)用，通項(xiàng)公式的求法，裂項(xiàng)消項(xiàng)法的應(yīng)用，數(shù)列的單調(diào)性的應(yīng)用，是中檔題．