2016-天津卷理-18 解-等差数列

本题导读

本题考查等差数列与等比数列的性质（等比中项）、数列求和（并项求和法、裂项相消法）。核心在于正确理解题意并选用恰当方法求解。

📌【题干】

Question

（2016年天津卷(理)） 已知 $\{a_n\}$ 是各项均为正数的等差数列，公差为 $d$.对任意的 $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$，$b_n$ 是 $a_n$ 和 $a_{n+1}$ 的等比中项.

(1)设 $c_n=b_{n+1}^2-b_n^2$，$n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$，求证：数列 $\{c_n\}$ 是等差数列；

(2)设 $a_1=d$，$T_n={\sum }_{k=1}^{2n}(-1{)}^k{b}_k^2$，$n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$，求证：${\sum }_{k=1}^n\frac{1}{T_k}<\frac{1}{2d^2}$.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 证明等差数列：利用等比中项定义 $b_n^2=a_n{a}_{n+1}$，代入 $c_n$ 的表达式，利用等差数列通项性质 $a_{n+1}-a_n=d$ 进行化简，判断 $c_{n+1}-c_n$ 是否为定值。
2. 数列求和与证明：

• 求 $T_n$：由于 $T_n$ 是交错项平方和，采用“并项法”，将相邻两项结合，即 $(-b_{2k-1}^2+b_{2k}^2)$，利用第一问结论 $c_n$ 转化为等差数列求和。
• 不等式证明：求出 $T_n$ 的解析式后，观察其结构是否符合裂项特征 $\frac{1}{n(n+1)}$，求和后通过放缩法证明上界。

✅【答案】

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(1) 证明见解析：$b_n^2=a_n{a}_{n+1}$，$c_n=2d{a}_{n+1}$，$c_{n+1}-c_n=2d^2$，故 $\{c_n\}$ 是公差为 $2d^2$ 的等差数列；

(2) 证明见解析：$T_n=2d^{2}n(n+1)$，$\sum _{k=1}^n\frac{1}{T_k}=\frac{1}{2d^2}\left(1-\frac{1}{n+1}\right)<\frac{1}{2d^2}$。

✍【详细解析】

Abstract

证明：（1） 因为 $b_n$ 是 $a_n$ 和 $a_{n+1}$ 的等比中项，所以 $b_n^2=a_n{a}_{n+1}$。 由 $c_n=b_{n+1}^2-b_n^2$，代入得： $c_n=a_{n+1}{a}_{n+2}-a_n{a}_{n+1}=a_{n+1}(a_{n+2}-a_n)$ 因为 $\{a_n\}$ 是公差为 $d$ 的等差数列，所以 $a_{n+2}-a_n=2d$。 则 $c_n=2d\cdot a_{n+1}$。 考察相邻两项之差： $c_{n+1}-c_n=2d\cdot a_{n+2}-2d\cdot a_{n+1}=2d(a_{n+2}-a_{n+1})=2d^2$ 由于 $2d^2$ 是与 $n$ 无关的定值， 所以数列 $\{c_n\}$ 是等差数列。

（2） 当 $a_1=d$ 时，$a_n=a_1+(n-1)d=nd$。 由（1）可知 $b_k^2=a_k{a}_{k+1}=kd\cdot (k+1)d=d^{2}k(k+1)$。 计算 $T_n$： $T_n={\sum }_{k=1}^{2n}(-1{)}^k{b}_k^2=(-b_1^2+b_2^2)+(-b_3^2+b_4^2)+\cdots +(-b_{2n-1}^2+b_{2n}^2)$ 利用 $b_{k+1}^2-b_k^2=c_k$，则： $T_n=c_1+c_3+\cdots +c_{2n-1}$ 根据（1）中 $c_n=2d{a}_{n+1}=2d\cdot (n+1)d=2d^2(n+1)$： $T_n=2d^2(2)+2d^2(4)+\cdots +2d^2(2n)$ $T_n=2d^2\cdot (2+4+\cdots +2n)=2d^2\cdot \frac{n(2+2n)}{2}=2d^{2}n(n+1)$

证明不等式： ${\sum }_{k=1}^n\frac{1}{T_k}={\sum }_{k=1}^n\frac{1}{2d^{2}k(k+1)}=\frac{1}{2d^2}{\sum }_{k=1}^n\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}\right)$ 利用裂项相消法： ${\sum }_{k=1}^n\frac{1}{T_k}=\frac{1}{2d^2}\left(1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\cdots +\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)$ $=\frac{1}{2d^2}\left(1-\frac{1}{n+1}\right)$ 由于 $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$，则 $\frac{1}{n+1}>0$，故 $1-\frac{1}{n+1}<1$。 所以 ${\sum }_{i=1}^n\frac{1}{T_k}<\frac{1}{2d^2}$。 即原不等式成立。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 并项求和法：处理带有 $(-1{)}^n$ 的求和问题时，将相邻项两两结合是打破正负交替最有效的方式。

• 裂项相消法：观察分母为两个等差数列项积的形式（如 $n(n+k)$），应第一时间联想到裂项公式 $\frac{1}{n(n+k)}=\frac{1}{k}(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+k})$。

📖【试题探源与推广】

Tip

• 变式思考：若 $a_1\ne d$，则 $T_n$ 的表达式会如何变化？是否依然可以裂项？

• 提示：$a_n$ 的通项会多出一项常数，导致 $T_n$ 形式变复杂，通常不能直接裂项，可能需要二次放缩。

• 常用技巧：在数列大题中，第一问的结论往往是第二问化简的关键背景，务必注意前后逻辑的关联。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 19.01 等差数列全总结

类题演练 (Links)

• 2017-上海卷-15 单-等差数列
• 2017-全国卷III理-09 单-等差数列
• 2017-全国卷III理-14 填-等比数列

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