每日一题[2388]差比求和

已知数列 $\{a_n\}$ 是公差为 $2$ 的等差数列，其前 $8$ 项的和为 $64$．数列 $\{b_n\}$ 是公比大于 $0$ 的等比数列，$b_1=4$，$b_3-b_2=48$．

1、求数列 $\{a_n\}$ 和 $\{b_n\}$ 的通项公式．

2、记 $c_n=b_{2n}+\dfrac1{b_n}$（$n\in\mathbb N^{\ast}$）．

① 证明：$\{c_n^2-c_{2n}\}$ 是等比数列；

② 证明：$\displaystyle\sum_{k=1}^n\sqrt{\dfrac{a_ka_{k+1}}{c_k^2-c_{2k}}}<2\sqrt 2$（$n\in \mathbb N^{\ast}$）．

解析

1、根据题意，记数列 $\{a_n\}$ 的公差为 $d$，则有

$$a_1+a_2+\cdots+a_8=64\implies a_1+a_8=16\implies 2a_1+7d=16,$$ 从而 $a_1=1$，从而 $a_n=2n-1$（$n\in\mathbb N^{\ast}$）．记数列 $\{b_n\}$ 的公比为 $q$，则有 $$b_3-b_2=48\iff b_1q^2-b_1q=48\iff q^2-q-12=0,$$ 于是 $q=-3$（舍去）或 $q=4$，从而 $b_n=4^n$（$n\in\mathbb N^{\ast}$）．

2、① 根据题意，有

$$c_n=4^{2n}+\dfrac{1}{4^n},$$ 于是 $$c_n^2-c_{2n}=\left(4^{2n}+\dfrac{1}{4^n}\right)^2-\left(4^{4n}+\dfrac{1}{4^{2n}}\right)=2^{2n+1},$$ 因此 $\left\{c_n^2-c_{2n}\right\}$ 是等比数列．

② 根据题意，有

$$\sqrt{\dfrac{a_k\cdot a_{k+1}}{c_k^2-c_{2k}}}=\sqrt{\dfrac{(2k-1)(2k+1)}{2\cdot 4^k}}=2\sqrt 2\cdot \dfrac{\sqrt{k^2-\dfrac 14}}{2^{k+1}},$$ 注意到 $$\sum_{k=1}^n\dfrac k{2^{k+1}}=\sum_{k=1}^n\left(\dfrac k2\cdot \left(\dfrac 14\right)^{k-1}\right)=-\dfrac{\dfrac 12n+1}{2^n}+1,$$ 因此 $$\sqrt{\dfrac{a_k\cdot a_{k+1}}{c_k^2-c_{2k}}}<2\sqrt 2,$$ 命题得证．