已知数列 $\{a_n\}$ 中的相邻两项 $a_{2k-1},a_{2k}$ 是关于 $x$ 的方程 $x^2-(3k+2^k)x+3k\cdot 2^k=0$ 的两个根．
【难度】
【出处】
2009年全国高中数学联赛辽宁省预赛
【标注】
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求数列 $\{a_n\}$ 的前 $2n$ 项和 $S_{2n}$；标注答案$S_{2n}=\dfrac{3n^2+3n}{2}+2^{n+1}-2$解析方程 $x^2-(3k+2^k)x+3k\cdot 2^k=0$ 的两个根为$$x_1=3k , x_2=2^k,$$则\[\begin{split}S_{2n}&=a_1+a_2+\cdots +a_{2n}\\&=(3+6+\cdots +3n)+(2+2^2+\cdots +2^n)\\&=\dfrac{3n^2+3n}{2}+2^{n+1}-2.\end{split}\]
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记 $f(n)=\dfrac 12 \left(\dfrac{|\sin n|}{\sin n}+3\right)$，$T_n=\dfrac{(-1)^{f(2)}}{a_1a_2}+\dfrac{(-1)^{f(3)}}{a_3a_4}+\dfrac{(-1)^{f(4)}}{a_5a_6}+\cdots +\dfrac{(-1)^{f(n+1)}}{a_{2n-1}a_{2n}}$．
求证：$\dfrac 16\leqslant T_n\leqslant \dfrac 5{24}$（$n\in \mathbb N^*$）．标注答案略解析由题意得$$T_n=\dfrac{1}{a_1a_2}+\dfrac 1{a_3a_4}-\dfrac 1{a_5a_6}+\cdots +\dfrac{(-1)^{f(n+1)}}{a_{2n-1}a_{2n}},$$所以$$T_1=\dfrac 1{a_1a_2}=\dfrac 16 , T_2=\dfrac 1{a_1a_2}+\dfrac 1{a_3a_4}=\dfrac 5{24},$$满足条件．
当 $n\geqslant 3$ 时，\[\begin{split}T_n&=\dfrac 16+\dfrac 1{a_3a_4}-\dfrac 1{a_5a_6}+\cdots +\dfrac{(-1)^{f(n+1)}}{a_{2n-1}a_{2n}}\\&\geqslant \dfrac 16+\dfrac 1{a_3a_4}-\left(\dfrac 1{a_5a_6}+\cdots +\dfrac 1{a_{2n-1}a_{2n}}\right)\\&\geqslant \dfrac 16+\dfrac 1{6\cdot 2^2}-\dfrac 16 \left(\dfrac 1{2^3}+\cdots +\dfrac 1{2^n}\right)\\&=\dfrac 16+\dfrac 1{6\cdot 2^n}\\& >\dfrac 16,\end{split}\]同时，\[\begin{split}T_n&=\dfrac 5{24}-\dfrac 1{a_5a_6}-\dfrac 1{a_7a_8}+\cdots +\dfrac{(-1)^{f(n+1)}}{a_{2n-1}a_{2n}}\\&\leqslant \dfrac 5{24}-\dfrac 1{a_5a_6}+\left(\dfrac 1{a_7a_8}+\cdots +\dfrac 1{a_{2n-1}a_{2n}}\right)\\&\leqslant \dfrac 5{24}-\dfrac 1{9\cdot 2^3}+\dfrac 19\left(\dfrac 1{2^1}+\cdots +\dfrac 1{2^n}\right)\\&=\dfrac 5{24}-\dfrac 1{9\cdot 2^n}\\&<\dfrac 5{24}.\end{split}\]综上，当 $n\in \mathbb N^*$ 时，$\dfrac 16 \leqslant T_n\leqslant \dfrac 5{24}$．
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
