2021_天津卷 (2021)
19.
已知 $\left\{a_{n}\right\}$ 是公差为 2 的等差数列，其前 8 项和为 $64 .\left\{b_{n}\right\}$ 是公比大于 0 的等比数列， $b_{1}=4, b_{3}-b_{2}=48$.
（I）求 $\left\{a_{n}\right\}$ 和 $\left\{b_{n}\right\}$ 的通项公式；
（II）记 $c_{n}=b_{2 n}+\frac{1}{b_{n}}, n \in N^{*}$ ，
（i）证明 $\left\{c_{n}^{2}-c_{2 n}\right\}$ 是等比数列；
（ii）证明 $\sum_{k=1}^{n} \sqrt{\frac{a_{k} a_{k+1}}{c_{k}^{2}-c_{2 k}}}<2 \sqrt{2}\left(n \in N^{*}\right)$
【答案】（I）$a_{n}=2 n-1, n \in N^{*}, b_{n}=4^{n}, n \in N^{*}$ ；（II）（i）证明见解析；（ii）证明见解析．
【解析】
【分析】（I）由等差数列的求和公式运算可得 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项，由等比数列的通项公式运算可得 $\left\{b_{n}\right\}$ 的通项公式；
（II）（i）运算可得 $c_{n}^{2}-c_{2 n}=2 \cdot 4^{n}$ ，结合等比数列的定义即可得证；
（ii）放缩得 $\frac{a_{n} a_{n+1}}{c_{n}^{2}-c_{2 n}}<\frac{4 n^{2}}{2 \cdot 2^{2 n}}$ ，进而可得 $\sum_{k=1}^{n} \sqrt{\frac{a_{k} a_{k+1}}{c_{k}^{2}-c_{2 k}}}<\frac{1}{\sqrt{2}} \sum_{k=1}^{n} \frac{k}{2^{k-1}}$ ，结合错位相减法即可得证．
【详解】（I）因为 $\left\{a_{n}\right\}$ 是公差为 2 的等差数列，其前 8 项和为 64 ．
所以 $a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{8}=8 a_{1}+\frac{8 \times 7}{2} \times 2=64$ ，所以 $a_{1}=1$ ，
所以 $a_{n}=a_{1}+2(n-1)=2 n-1, n \in N^{*}$ ；
设等比数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的公比为 $q,(q>0)$ ，
所以 $b_{3}-b_{2}=b_{1} q^{2}-b_{1} q=4\left(q^{2}-q\right)=48$ ，解得 $q=4$（负值舍去），
所以 $b_{n}=b_{1} q^{n-1}=4^{n}, n \in N^{*}$ ；
（II）（i）由题意，$c_{n}=b_{2 n}+\frac{1}{b_{n}}=4^{2 n}+\frac{1}{4^{n}}$ ，
所以 $c_{n}^{2}-c_{2 n}=\left(4^{2 n}+\frac{1}{4^{n}}\right)^{2}-\left(4^{4 n}+\frac{1}{4^{2 n}}\right)=2 \cdot 4^{n}$ ，
所以 $c_{n}^{2}-c_{2 n} \neq 0$ ，且 $\frac{c_{n+1}^{2}-c_{2 n+2}}{c_{n}^{2}-c_{2 n}}=\frac{2 \cdot 4^{n+1}}{2 \cdot 4^{n}}=4$ ，
所以数列 $\left\{c_{n}^{2}-c_{2 n}\right\}$ 是等比数列；
（ii）由题意知，$\frac{a_{n} a_{n+1}}{c_{n}^{2}-c_{2 n}}=\frac{(2 n-1)(2 n+1)}{2 \cdot 4^{n}}=\frac{4 n^{2}-1}{2 \cdot 2^{2 n}}<\frac{4 n^{2}}{2 \cdot 2^{2 n}}$ ，
所以 $\sqrt{\frac{a_{n} a_{n+1}}{c_{n}^{2}-c_{2 n}}}<\sqrt{\frac{4 n^{2}}{2 \cdot 2^{2 n}}}=\frac{2 n}{\sqrt{2} \cdot 2^{n}}=\frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \frac{n}{2^{n-1}}$ ，
所以 $\sum_{k=1}^{n} \sqrt{\frac{a_{k} a_{k+1}}{c_{k}^{2}-c_{2 k}}}<\frac{1}{\sqrt{2}} \sum_{k=1}^{n} \frac{k}{2^{k-1}}$ ，
设 $T_{n}=\sum_{k=1}^{n} \frac{k}{2^{k-1}}=\frac{1}{2^{0}}+\frac{2}{2^{1}}+\frac{3}{2^{2}}+\cdots+\frac{n}{2^{n-1}}$ ，
则 $\frac{1}{2} T_{n}=\frac{1}{2^{1}}+\frac{2}{2^{2}}+\frac{3}{2^{3}}+\cdots+\frac{n}{2^{n}}$ ，
两式相减得 $\frac{1}{2} T_{n}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2^{2}}+\cdots+\frac{1}{2^{n-1}}-\frac{n}{2^{n}}=\frac{1 \cdot\left(1-\frac{1}{2^{n}}\right)}{1-\frac{1}{2}}-\frac{n}{2^{n}}=2-\frac{n+2}{2^{n}}$ ，
所以 $T_{n}=4-\frac{n+2}{2^{n-1}}$ ，
所以 $\sum_{k=1}^{n} \sqrt{\frac{a_{k} a_{k+1}}{c_{k}^{2}-c_{2 k}}}<\frac{1}{\sqrt{2}} \sum_{k=1}^{n} \frac{k}{2^{k-1}}=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(4-\frac{n+2}{2^{n-1}}\right)<2 \sqrt{2}$ ．
【点睛】关键点点睛：
最后一问考查数列不等式的证明，因为 $\sum_{k=1}^{n} \sqrt{\frac{a_{k} a_{k+1}}{c_{k}^{2}-c_{2 k}}}$ 无法直接求解，应先放缩去除根号，再由错位相减法即可得证．