Question

數列{a_n}是公差為d（d＞0）的等差數列，且a₂是a₁與a₄的等比中項，設S_n=a₁+a₃+a₅+…+a_2n-1（n∈N^*）．
（1）求證：

Sn

+

Sn+2

=2

Sn+1

；
（2）若d=

1

4

，令b_n=

Sn

2n-1

，{b_n}的前n項和為T_n，是否存在整數P、Q，使得對任意n∈N^*，都有P＜T_n＜Q，若存在，求出P的最大值及Q的最小值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析：（1）依題意，可求得a_n=nd，從而可得S_n=a₁+a₃+…+a_2n-1=n²d；于是易證

Sn

+

Sn+2

=2

Sn+1

；
（2）當d=

1

4

時，S_n=n²d=

n2

4

，b_n=

Sn

2n-1

=

n

2n

，于是T_n=1×

1

2

+2×

1

22

+3×

1

23

+…+n×

1

2n

，利用錯位相減法可求得T_n，利用單調性的定義可判斷數列{T_n}是遞增數列，從而可對（2）中的P，Q作出判斷．

解答：解：（1）證明：因為a₂是a₁與a₄的等比中項，
所以(a1+d)2=a₁（a₁+3d），…（2分）
于是有d²=a₁d，因為d＞0，所以a₁=d．
故 a_n=a₁+（n-1）d=nd．…（4分）
從而S_n=a₁+a₃+…+a_2n-1=

n(a1+a2n-1)

2

=

n[d+(2n-1)d]

2

=n²d．…（6分）
因為

Sn

+

Sn+2

=

n2d

+

(n+2)2d

=（n+n+2）

d

=2（n+1）

d

=2

(n+1)2d

=2

Sn+1

，
所以

Sn

+

Sn+2

=2

Sn+1

．…（7分）
（2）當d=

1

4

時，S_n=n²d=

n2

4

，
b_n=

Sn

2n-1

=

n

2n

．…（8分）
T_n=1×

1

2

+2×

1

22

+3×

1

23

+…+n×

1

2n

，①

1

2

T_n=1×

1

22

+2×

1

23

+…+（n-1）×

1

2n

+n×

1

2n+1

，②
①-②，得

1

2

T_n=

1

2

+

1

22

+

1

23

+…+

1

2n

-n×

1

2n+1

=

1 2 (1- 1 2n )

1- 1 2

-n•

1

2n+1

=1-

1

2n

-n•

1

2n+1

，
∴T_n=2-（n+2）•

1

2n

，…（11分）
由于T_n+1-T_n=（n+1）•

1

2n+1

＞0，
所以數列{T_n}是遞增數列，…（13分）
當n=1時，T_n的最小值為

1

2

，

1

2

≤T_n＜2，所以，存在整數P、Q，使得P＜T_n＜Q，P的最大值為0，Q的最小值為2．                               …（15分）

點評：本題考查數列的求和，考查等比數列的通項公式與等差數列的求和公式的應用，突出錯位相減法求和，考查單調性的判斷與最值的應用，考查推理與證明，屬于難題．