Question

9．已知数列{a_n}中的相邻两项a_2k-1，a_2k是关于x的方程x²+（2^k+3k）x+3k•2^k=0的两个根，且a_2k-1≤a_2k（k=1，2，3，…）设f（n）=$\frac{1}{2}$（$\frac{|sinn|}{sinn}$+3），T_n=（$\frac{（-1）^{f（2）}}{a{{\;}_{1}a}_{2}}$+$\frac{（-1）^{f（3）}}{{a}_{3}{a}_{4}}$+…-$\frac{（-1）^{f（n+1）}}{{a}_{2n-1}{a}_{2n}}$，求证：$\frac{1}{6}$≤T_n≤$\frac{5}{24}$（n∈N₊）

Answer 1

分析 两项a_2k-1，a_2k是关于x的方程x²+（2^k+3k）x+3k•2^k=0的两个根，利用根与系数的关系可得：a_2k-1，a_2k．由于f（n）=$\frac{1}{2}$（$\frac{|sinn|}{sinn}$+3），当|sinn|=-sinn时，f（n）=1；当|sinn|=sinn时，f（n）=2．当n≥3时，T_n=$\frac{1}{6}$+$\frac{1}{{a}_{3}{a}_{4}}$-$\frac{1}{{a}_{5}{a}_{6}}$+…+$\frac{（-1）^{f（n+1）}}{{a}_{2n-1}{a}_{2n}}$≥$\frac{1}{6}$+$\frac{1}{24}$-$（\frac{1}{{a}_{5}{a}_{6}}+…+\frac{1}{{a}_{2n-1}{a}_{2n}}）$；T_n=$\frac{5}{24}$-$\frac{1}{{a}_{5}{a}_{6}}$-$\frac{1}{{a}_{7}{a}_{8}}$+…+$\frac{（-1）^{f（n+1）}}{{a}_{2n-1}{a}_{2n}}$≤$\frac{5}{24}$-$\frac{1}{{a}_{5}{a}_{6}}$+$（\frac{1}{{a}_{7}{a}_{8}}+\frac{1}{{a}_{9}{a}_{10}}+…+\frac{1}{{a}_{2n-1}{a}_{2n}}）$．

解答 证明：∵两项a_2k-1，a_2k是关于x的方程x²+（2^k+3k）x+3k•2^k=0的两个根，且a_2k-1≤a_2k，
∴a₁=-3，a₂=-2，a₃=-6，a₄=-4，当k≥3时，a_2k-1=-2^k，a_2k=-3k．
∵f（n）=$\frac{1}{2}$（$\frac{|sinn|}{sinn}$+3），
∴当|sinn|=-sinn时，f（n）=1；当|sinn|=sinn时，f（n）=2．
∴当n≥3时，T_n=$\frac{1}{6}$+$\frac{1}{{a}_{3}{a}_{4}}$-$\frac{1}{{a}_{5}{a}_{6}}$+…+$\frac{（-1）^{f（n+1）}}{{a}_{2n-1}{a}_{2n}}$≥$\frac{1}{6}$+$\frac{1}{24}$-$（\frac{1}{{a}_{5}{a}_{6}}+…+\frac{1}{{a}_{2n-1}{a}_{2n}}）$≥$\frac{1}{6}$+$\frac{1}{24}$-$\frac{1}{6}$$（\frac{1}{{2}^{3}}+\frac{1}{{2}^{4}}+…+\frac{1}{{2}^{n}}）$=$\frac{1}{6}$+$\frac{1}{6•{2}^{n}}$＞$\frac{1}{6}$；
同时，T_n=$\frac{5}{24}$-$\frac{1}{{a}_{5}{a}_{6}}$-$\frac{1}{{a}_{7}{a}_{8}}$+…+$\frac{（-1）^{f（n+1）}}{{a}_{2n-1}{a}_{2n}}$≤$\frac{5}{24}$-$\frac{1}{{a}_{5}{a}_{6}}$+$（\frac{1}{{a}_{7}{a}_{8}}+\frac{1}{{a}_{9}{a}_{10}}+…+\frac{1}{{a}_{2n-1}{a}_{2n}}）$
≤$\frac{5}{24}-\frac{1}{9×{2}^{3}}$+$\frac{1}{9}（\frac{1}{{2}^{4}}+\frac{1}{{2}^{5}}+…+\frac{1}{{2}^{n}}）$=$\frac{5}{24}-\frac{1}{9•{2}^{n}}$$＜\frac{5}{24}$．
∴$\frac{1}{6}$≤T_n≤$\frac{5}{24}$（n∈N₊）

点评 本题考查了一元二次方程的根与系数的关系、递推式的应用、数列的性质、“放缩法”，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．