2019_浙江卷 (2019)
20．设等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}, a_{3}=4, a_{4}=S_{3}$ ，数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 满足：对每 $n \in \mathbf{N}^{*}, S_{n}+b_{n}, S_{n+1}+b_{n}, S_{n+2}+b_{n}$ 成等比数列．
（1）求数列 $\left\{a_{n}\right\},\left\{b_{n}\right\}$ 的通项公式；
（2）记 $C_{n}=\sqrt{\frac{a_{n}}{2 b_{n}}}, n \in \mathbf{N}^{*}$ ，证明：$C_{1}+C_{2}+\cdots+C_{n}<2 \sqrt{n}, n \in \mathbf{N}^{*}$ ．
【答案】①$a_{n}=2(n-1), b_{n}=n(n+1)$ ；（2）证明见解析。
【解析】
【分析】
（1）首先求得数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的首项和公差确定数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式，然后结合三项成等比数列的充分必要条件整理计算即可确定数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的通项公式；
（2）结合（1）的结果对数列 $\left\{c_{n}\right\}$ 的通项公式进行放缩，然后利用不等式的性质和裂项求和的方法即可证得题中的不等式．
【详解】①由题意可得：$\left\{\begin{array}{c}a_{1}+2 d=4 \\ a_{1}+3 d=3 a_{1}+\frac{3 \times 2}{2} d\end{array}\right.$ ，解得：$\left\{\begin{array}{l}a_{1}=0 \\ d=2\end{array}\right.$ ，
则数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为．
其前 $n$ 项和 $S_{n}=\frac{(0+2 n-2) \times n}{2}=n(n-1)$ ．
则 $n(n-1)+b_{n}, n(n+1)+b_{n},(n+1)(n+2)+b_{n}$ 成等比数列，即：
$\left[n(n+1)+b_{n}\right]^{2}=\left[n(n-1)+b_{n}\right] \times\left[(n+1)(n+2)+b_{n}\right]$,
据此有：
$n^{2}(n+1)^{2}+2 n(n+1) b_{n}+b_{n}^{2}=n(n-1)(n+1)(n+2)+(n+1)(n+2) b_{n}+n(n-1) b_{n}+b_{n}^{2}$,
故 $b_{n}=\frac{n^{2}(n+1)^{2}-n(n-1)(n+1)(n+2)}{(n+1)(n+2)+n(n-1)-2 n(n+1)}=n(n+1)$ ．
（2）结合（1）中的通项公式可得：
$C_{n}=\sqrt{\frac{a_{n}}{2 b_{n}}}=\sqrt{\frac{n-1}{n(n+1)}}<\sqrt{\frac{1}{n}}=\frac{2}{\sqrt{n}+\sqrt{n}}<\frac{2}{\sqrt{n}+\sqrt{n-1}}=2(\sqrt{n}-\sqrt{n-1})$,
则 $C_{1}+C_{2}+\cdots+C_{n}<2(\sqrt{1}-0)+2(\sqrt{2}-\sqrt{1})+\cdots+2(\sqrt{n}-\sqrt{n-1})=2 \sqrt{n}$ ．
【点睛】本题主要考查数列通项公式的求解，，裂项求和的方法，数列中用放缩法证明不等式的方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力。