Question

在數(shù)列{a_n}中，a₁=0，且對(duì)任意（k∈N*），a_2k-1，a_2k，a_2k+1成等差數(shù)列，其公差為d_k．
（Ⅰ）若d_k=2k，證明a_2k，a_2k+1，a_2k+2成等比數(shù)列（k∈N*）；
（Ⅱ）若對(duì)任意k∈N*，a_2k-1，a_2k，a2k+1成等比數(shù)列，其公比為q_k．
（i）設(shè)q₁≠1．證明{

1

qk-1

}是等差數(shù)列；
（ii）若a₂=2，證明

3

2

＜2n-

n

k=2

k2

ak

≤2（n≥2）

Answer 1

分析：（Ⅰ）觀察已知條件可得a_2k+1-a_2k-1=2d_k=4k，利用累加法a_2k+1=a₁+（a₃-a₁）+（a₅-a₃）+…+（a_2k-1+a_2k-3）可求出a_2k+1
（Ⅱ）（i）（法一）由已知由a_2k-1，a_2k，a_2k+1成等差數(shù)列，及a_2k，a_2k+1，a_2k+2成等比數(shù)列，可得2a_2k=a_2k-1+a_2k+1，
分別用等差數(shù)列數(shù)列和等比數(shù)列的通項(xiàng)公式表示q_k，構(gòu)造

1

qk-1

- 

1

qk-1-1

=d（d為常數(shù)）
（ii）由（i）可求數(shù)列qk=

k+1

k

，利用等比數(shù)列的條件可得

a2k+2

a2k

=qk2=(

k+1

k

) 2，從遞推關(guān)系利用疊乘法求a_2k，a_2k+1再分n為奇偶求和
（法二）（i）利用a_2k-1，a_2k，a_2k+1成等差及成等比的條件可表示d_k=a_2k+1-a_2k=a_2k（q_k-1），從而建立q_k+1q_k之間的遞推關(guān)系，進(jìn)行構(gòu)造證明

1

qk-1

-

1

qk-1-1

=d（d為常數(shù)），從而得到數(shù)列{

1

qk-1

}是等差數(shù)列

解答：（Ⅰ）證明：由題設(shè)，可得a_2k+1-a_2k-1=4k，k∈N⁺．
所以a_2k+1-a₁=（a_2k+1-a_2k-1）+（a_2k-1-a_2k-3）+…+（a₃-a₁）=4k+4（k-1）+…+4×1
=2k（k+1）
由a₁=0，得a_2k+1=2k（k+1），從而a_2k=a_2k+1-2k=2k²，a_2k+2=2（k+1）²
于是

a2k+1

a2k

=

k+1

k

，

a2k+2

a2k+1

=

k+1

k

，所以

a2k+2

a2k+1

=

a2k+1

a2k

．
所以d_k=2k時(shí)，對(duì)任意k∈N⁺，a_2k，a_2k+1，a_2k+2成等比數(shù)列．
（Ⅱ）證法一：（i）證明：由a_2k-1，a_2k，a_2k+1成等差數(shù)列，及a_2k，a_2k+1，a_2k+2成等比數(shù)列，
得2a2k=a2k-1+a2k+1，2=

a2k-1

a2k

+

a2k+1

a2k

=

1

qk-1

+qk
當(dāng)q₁≠1時(shí)，可知q_k≠1，k∈N⁺
從而

1

qk-1

=

1

2- 1 qk-1 -1

=

1

qk-1-1

+1，即

1

qk-1

-

1

qk-1-1

=1(k≥2)
所以{

1

qk-1

}是等差數(shù)列，公差為1．
（ii）證明：a₁=0，a₂=2，可得a₃=4，
從而q1=

4

2

=2，

1

q1-1

=1．
由（Ⅰ）有

1

qk-1

=1+k-1=k，得qk=

k+1

k

，k∈N+
所以

a2k+2

a2k+1

=

a2k+1

a2k

=

k+1

k

，從而

a2k+2

a2k

=

(k+1)2

k2

，k∈N+
因此，a2k=

a2k

a2k-2

?

a2k-2

a2k-4

-

a4

a2

?a2=

k2

(k-1)2

?

(k-1)2

(k-2)2

-

22

12

?2=2k²，
a_2k+1=a2k?

k+1

k

=2k（k+1），k∈N⁺
以下分兩種情況進(jìn)行討論：
當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，設(shè)n=2m（m∈N⁺）
若m=1，則2n-

n

k=2

k2

ak

=2．
若m≥2，則

n

k=2

k2

ak

=

m

k=1

(2k)2

a2k

+

m-1

k=1

(2k+1)2

a2k+1

=

m

k=1

4k2

2k2

+

m-1

k=1

4k2+2k+1

2k(k+1)

=2m+

m-1

k=1

[

4k2+4k

2k(k+1)

+

1

2k(k+1)

]=2m+

m-1

k=1

[2+

1

2

(

1

k

-

1

k+1

)]=2m+2(m-1)+

1

2

(1-

1

m

)=2n-

3

2

-

1

n

所以2n-

n

k=2

k2

ak

=

3

2

+

1

n

，從而

3

2

＜2n-

n

k=2

k2

ak

＜2，n=4，6，8
（2）當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，設(shè)n=2m+1（m∈N+）

n

k=2

k2

ak

=

2m

k=2

k2

ak

+

(2m+1)2

a2m+1

=4m-

3

2

-

1

2m

+

(2m+1)2

2m(m+1)

=4m+

1

2

-

1

2(m+1)

=2n-

3

2

-

1

n+1

所以2n-

n

k=2

k2

ak

=

3

2

+

1

n+1

，從而

3

2

＜2n-

n

k=2

k2

ak

＜2，n=3，5，7
綜合（1）（2）可知，對(duì)任意n≥2，n∈N⁺，有

3

2

＜2n-

n

k=2

k2

ak

≤2

證法二：（i）證明：由題設(shè)，可得d_k=a_2k+1-a_2k=q_ka_2k-a_2k=a_2k（q_k-1）
d_k+1=a_2k+2-a_2k+1=q_k²a_2k-q_ka_2k=a_2kq_k（q_k-1）
所以d_k+1=q_kd_k
qk+1=

a2k+3

a2k+2

=

a2k+2+dk+1

a2k+2

=1+

dk+1

qk 2a2k

=1+

dk

qka2k

=1+

qk-1

qk

由q₁≠1可知q_k≠1，k∈N⁺．
可得

1

qk+1-1

-

1

qk-1

=

qk

qk-1

-

qk

qk-1

=1，
所以{

1

qk-1

}是等差數(shù)列，公差為1．
（ii）證明：因?yàn)閍₁=0，a₂=2所以d₁=a₂-a₁=2．
所以a₃=a₂+d₁=4，從而q1=

a3

a2

=2，

1

q1-1

=1．
于是，由（i）可知所以{

1

qk-1

}是公差為1的等差數(shù)列．
由等差數(shù)列的通項(xiàng)公式可得

1

qk-1

=1+（k-1）=k，
故qk=

k+1

k

．
從而

dk+1

dk

=qk=

k+1

k

．
所以

dk

d1

= 

dk

dk-1

•

dk-1

dk-2

…

d2

d1

=

k

k-1

• 

k-1

k-2

…

2

1

=k
由d₁=2，可得d_k=2k．
于是，由（i）可知a_2k+1=2k（k+1），a_2k=2k²，k∈N⁺
以下同證法一．

點(diǎn)評(píng)：本小題主要考查等差數(shù)列的定義及通項(xiàng)公式，前n項(xiàng)和公式、等比數(shù)列的定義、數(shù)列求和等基礎(chǔ)知識(shí)，考查運(yùn)算能力、推理論證能力、綜合分析和解決問(wèn)題的能力及分類(lèi)討論的思想方法．