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.

 

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