Question

7．已知等差數(shù)列{a_n}的前n和為S_n，且a₅=S₃=9．
（Ⅰ） 求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（Ⅱ）設(shè)b_n=$\frac{2}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$，集合Ω={T_n|T_n=b₁+b₂+…+b_n，n∈N⁺}
（�。┣骉_n；
（ⅱ）若T_i，T_j∈Ω（i，j=1，2，…，n），求T_i•T_j的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通過a₅=S₃=9，得a₁=1，公差d=2，進而可得結(jié)論；
（Ⅱ）通過分離分母得b_n=$\frac{1}{2n-1}$-$\frac{1}{2n+1}$，
（ⅰ）利用并項法可得結(jié)論；
（ⅱ）通過作差法得T₁＜T₂＜…＜T_n，結(jié)合T_n的表達式，即得結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）設(shè)等差數(shù)列{a_n}的公差為d，
由a_n=a₁+（n-1）d，S_n=na₁+$\frac{1}{2}n（n-1）d$，a₅=S₃=9，
得$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{1}+4d=9}\\{3{a}_{1}+3d=9}\end{array}\right.$，解得a₁=1，d=2，
∴a_n=1+2（n-1）=2n-1；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知a_n=2n-1，
∴b_n=$\frac{2}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$=$\frac{2}{（2n-1）（2n+1）}$=$\frac{1}{2n-1}$-$\frac{1}{2n+1}$，
（�。㏕_n=b₁+b₂+…+b_n
=1-$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{5}$+…+$\frac{1}{2n-1}$-$\frac{1}{2n+1}$
=1-$\frac{1}{2n+1}$；
（ⅱ）∵T_n+1-T_n=（1-$\frac{1}{2n+3}$）-（1-$\frac{1}{2n+1}$）=$\frac{2}{（2n+1）（2n+3）}$＞0，
∴數(shù)列{T_n}是遞增數(shù)列，即T₁＜T₂＜…＜T_n，
所以當n=1時，T_n取得最小值為$\frac{2}{3}$，
而T_i，T_j∈Ω（i，j=1，2，…，n），
∴i=j=1時，|T_i•T_j|取得最小值為$\frac{4}{9}$．
又∵T_n=1-$\frac{1}{2n+1}$，
∴T_n＜1，則|T_i•T_j|＜1，
因此$\frac{4}{9}$≤T_i•T_j＜1．

點評 本題考查數(shù)列的性質(zhì)，涉及到求通項及前n項和，利用作差法及并項法是解決本題的關(guān)鍵，屬于中檔題．