8.已知數(shù)列{an}中,a1=a(實數(shù)a為常數(shù)),a2=2,Sn是其前n項和,且Sn=$\frac{n({a}_{n}-{a}_{1})}{2}$.?dāng)?shù)列{bn}是等比數(shù)列,b1=2,a4恰為S4與b2-1的等比中項.
(Ⅰ)證明:數(shù)列{an}是等差數(shù)列;
(Ⅱ)求數(shù)列{bn}的通項公式;
(Ⅲ)若c1=$\frac{3}{2}$,當(dāng)n≥2時cn=$\frac{1}{_{n-1}+1}$+$\frac{1}{_{n-1}+2}$+…+$\frac{1}{_{n}}$,{cn}的前n項和為Tn,求證:對任意n≥2,都有12Tn≥6n+13.

分析 (Ⅰ)當(dāng)n=1可得a1=a=0,進而有Sn=$\frac{n{a}_{n}}{2}$,當(dāng)n≥2時利用累乘法可得an=$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}$•$\frac{{a}_{n-1}}{{a}_{n-2}}$•…•$\frac{{a}_{3}}{{a}_{2}}$•a2=2(n-1),即得結(jié)論;
(Ⅱ)設(shè)等比數(shù)列{bn}的公比為q,則bn=2qn-1,利用a4恰為S4與b2-1的等比中項可得公比q=2,進而可得結(jié)論;
(Ⅲ)利用放縮法可得cn>$\frac{1}{2}$,進而有Tn>$\frac{6n+13}{12}$,即得結(jié)論.

解答 (Ⅰ)證明:令n=1可得a1=S1=0,即a=0.所以Sn=$\frac{n{a}_{n}}{2}$.
當(dāng)n≥2時an=Sn-Sn-1=$\frac{n{a}_{n}}{2}$-$\frac{(n-1){a}_{n-1}}{2}$,可得(n-2)an=(n-1)an-1,
當(dāng)n≥3時$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}$=$\frac{n-1}{n-2}$,所以an=$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}$•$\frac{{a}_{n-1}}{{a}_{n-2}}$•…•$\frac{{a}_{3}}{{a}_{2}}$•a2=2(n-1).
顯然當(dāng)n=1、2時,滿足上式.所以an=2(n-1),n∈N*
∴an+1-an=2,所以數(shù)列{an}是等差數(shù)列,其通項公式是an=2(n-1),n∈N*
(Ⅱ)解:設(shè)等比數(shù)列{bn}的公比為q,所以bn=b1qn-1=2qn-1,
∵a4恰為S4與b2-1的等比中項,
∴a4=6,S4=12,b2=2q,
所以62=12×(2q-1),解得q=2,
所以bn=2n,n∈N*
(Ⅲ)證明:n≥2時,Tn=c1+c2+…+cn
=(1+$\frac{1}{2}$)+($\frac{1}{{2}^{1}+1}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$)+($\frac{1}{{2}^{2}+1}$+$\frac{1}{{2}^{2}+2}$+$\frac{1}{{2}^{2}+3}$+$\frac{1}{{2}^{3}}$)+…+($\frac{1}{{2}^{n-1}+1}$+$\frac{1}{{2}^{n-1}+2}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}}$),
而n≥2時,cn=$\frac{1}{{2}^{n-1}+1}$+$\frac{1}{{2}^{n-1}+2}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}}$>$\frac{1}{{2}^{n}}$+$\frac{1}{{2}^{n}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}}$=$\frac{{2}^{n}-({2}^{n-1}-1)+1}{{2}^{n}}$=$\frac{{2}^{n-1}}{{2}^{n}}$=$\frac{1}{2}$,
所以當(dāng)n=2時T2=1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{4}$=$\frac{25}{12}$=$\frac{6×2+13}{12}$.
當(dāng)n≥3時Tn=c1+c2+…+cn
>1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{4}$+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$+…+$\frac{1}{2}$=$\frac{6n+13}{12}$,
∴對任意n≥2,都有12Tn≥6n+13.

點評 本題考查求數(shù)列的通項,判斷數(shù)列為等差數(shù)列,以及前n項和的大小范圍,注意解題方法的積累,屬于中檔題.

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