Question

数列{a_n}是公差为d（d＞0）的等差数列，且a₂是a₁与a₄的等比中项，设S_n=a₁+a₃+a₅+…+a_2n-1（n∈N^*）．
（1）求证：

Sn

+

Sn+2

=2

Sn+1

；
（2）若d=

1

4

，令b_n=

Sn

2n-1

，{b_n}的前n项和为T_n，是否存在整数P、Q，使得对任意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，请说明理由．

Answer 1

分析：（1）依题意，可求得a_n=nd，从而可得S_n=a₁+a₃+…+a_2n-1=n²d；于是易证

Sn

+

Sn+2

=2

Sn+1

；
（2）当d=

1

4

时，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

，利用错位相减法可求得T_n，利用单调性的定义可判断数列{T_n}是递增数列，从而可对（2）中的P，Q作出判断．

解答：解：（1）证明：因为a₂是a₁与a₄的等比中项，
所以(a1+d)2=a₁（a₁+3d），…（2分）
于是有d²=a₁d，因为d＞0，所以a₁=d．
故 a_n=a₁+（n-1）d=nd．…（4分）
从而S_n=a₁+a₃+…+a_2n-1=

n(a1+a2n-1)

2

=

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

2

=n²d．…（6分）
因为

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）当d=

1

4

时，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，
所以数列{T_n}是递增数列，…（13分）
当n=1时，T_n的最小值为

1

2

，

1

2

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

点评：本题考查数列的求和，考查等比数列的通项公式与等差数列的求和公式的应用，突出错位相减法求和，考查单调性的判断与最值的应用，考查推理与证明，属于难题．