设等差数列 a_ n 的前 n 项和为 S_ n , a_…——2019 高考数学第 20 题答案解析

（1）设等差数列 $\{a_n\}$ 的公差为 $d$。
由 $a_3=4$，得 $a_1+2d=4$。
由 $a_4=S_3$，得 $a_1+3d = 3a_1 + \frac{3\times 2}{2}d = 3a_1+3d$，化简得 $2a_1=0$，即 $a_1=0$。
代入 $a_1+2d=4$，解得 $d=2$。
所以 $a_n = 0 + (n-1)\times 2 = 2n-2$。
前 $n$ 项和 $S_n = \frac{n(0+2n-2)}{2} = n(n-1)$。

由题意，$S_n+b_n, S_{n+1}+b_n, S_{n+2}+b_n$ 成等比数列，
则 $(S_{n+1}+b_n)^2 = (S_n+b_n)(S_{n+2}+b_n)$。
代入 $S_n=n(n-1), S_{n+1}=n(n+1), S_{n+2}=(n+1)(n+2)$，得：
$[n(n+1)+b_n]^2 = [n(n-1)+b_n][(n+1)(n+2)+b_n]$。
展开整理：
$n^2(n+1)^2 + 2n(n+1)b_n + b_n^2 = n(n-1)(n+1)(n+2) + [n(n-1)+(n+1)(n+2)]b_n + b_n^2$。
消去 $b_n^2$，移项合并含 $b_n$ 的项：
$2n(n+1)b_n - [n^2-n + n^2+3n+2]b_n = n(n-1)(n+1)(n+2) - n^2(n+1)^2$
$[2n^2+2n - (2n^2+2n+2)]b_n = n(n+1)[(n-1)(n+2) - n(n+1)]$
$-2b_n = n(n+1)(n^2+n-2 - n^2-n)$
$-2b_n = n(n+1)(-2)$
解得 $b_n = n(n+1)$。

（2）由（1）知 $a_n=2(n-1), b_n=n(n+1)$，
则 $C_n = \sqrt{\frac{a_n}{2b_n}} = \sqrt{\frac{2(n-1)}{2n(n+1)}} = \sqrt{\frac{n-1}{n(n+1)}}$。
当 $n=1$ 时，$C_1=0 < 2\sqrt{1}$，不等式成立。
当 $n \ge 2$ 时，
$C_n = \sqrt{\frac{n-1}{n(n+1)}} < \sqrt{\frac{n-1}{n^2}} = \frac{\sqrt{n-1}}{n}$。
此路放缩较紧，尝试另一种放缩：
注意到 $\frac{n-1}{n(n+1)} < \frac{1}{n}$ （因为 $n^2-n < n^2+n$ 恒成立），
所以 $C_n < \frac{1}{\sqrt{n}}$。
利用裂项放缩：$\frac{1}{\sqrt{n}} = \frac{2}{2\sqrt{n}} < \frac{2}{\sqrt{n}+\sqrt{n-1}} = 2(\sqrt{n}-\sqrt{n-1})$。
故 $C_n < 2(\sqrt{n}-\sqrt{n-1})$ 对 $n \ge 2$ 成立。
对于 $n=1$，$C_1=0$，而 $2(\sqrt{1}-\sqrt{0})=2$，显然 $C_1 < 2(\sqrt{1}-\sqrt{0})$ 也成立。
因此，对任意 $n \in \mathbf{N}^*$，都有 $C_n < 2(\sqrt{n}-\sqrt{n-1})$（注：此处 $n=1$ 时右边为2，左边为0，成立；$n \ge 2$ 时推导如上）。
求和：
$\sum_{i=1}^n C_i < \sum_{i=1}^n 2(\sqrt{i}-\sqrt{i-1})$
$= 2[(\sqrt{1}-\sqrt{0}) + (\sqrt{2}-\sqrt{1}) + \cdots + (\sqrt{n}-\sqrt{n-1})]$
$= 2(\sqrt{n}-\sqrt{0}) = 2\sqrt{n}$。
即 $C_1+C_2+\cdots+C_n < 2\sqrt{n}$，得证。