已知数列 $\left\{a_n\right\}$ 是各项均为正数的等差数列，公差为 $d$，对任意的 $n \in \mathbb N^*$，$ b_n $ 是 $ a_n $ 和 $ a_{n+1} $ 的等比中项．
【难度】
【出处】
2016年高考天津卷（理）
【标注】
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设 $c_n=b_{n+1}^2-b_n^2$，$n \in \mathbb N^*$，求证：数列 $\left\{c_n\right\}$ 是等差数列；标注答案略．解析只需要证明 $ c_{n+1} $ 与 $c_n $ 的差是定值即可．由题意，得 $ b_n^2 = a_na_{n+1} $，因为\[\begin {split}c_n&=b_{n+1}^2-b_n^2\\&= a_{n+1}a_{n+2}- a_na_{n+1}\\&=2da_{n+1},\end{split}\]故\[c_{n+1}-c_{n}=2d\left(a_{n+2}-a_{n+1}\right)=2d^2,\]所以数列 $\left\{c_n\right\}$ 是等差数列．
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设 $a_1=d$，$\displaystyle T_n=\sum\limits_{k=1}^{2n}\left(-1\right)^kb_k^2$，$n \in \mathbb N^*$，求证：$\displaystyle \sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac {1}{T_k}<\dfrac {1}{2d^2}$．标注答案略．解析先利用分组求和法求出 $ T_n $，再利用裂项求和法求出 $\displaystyle \sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac {1}{T_k} $，最后利用放缩得到结论．因为\[\begin {split}T_n&=\left(-b_{1}^2+b_2^2\right)+\left(-b_{3}^2+b_4^2\right)+\cdots+\left(-b_{2n-1}^2+b_{2n}^2\right)\\&= 2d\left(a_{2 }+a_{4}+\cdots +a_{2n}\right)\\& \overset{\left[a\right]}=2d\dfrac {n\left(a_{2 }+a_{2n}\right)}{2}\\&=2d^2n\left(n+1\right),\end{split}\]（推导中用到[a]．）所以\[\begin {split}\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac {1}{T_k}&=\dfrac {1}{2d^2}\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac {1}{k\left(k+1\right)}\\&\overset{\left[b\right]}=\dfrac {1}{2d^2}\sum\limits_{k=1}^{n}\left(\dfrac {1}{k}-\dfrac {1}{k+1}\right)\\&=\dfrac {1}{2d^2}\left(1-\dfrac {1}{n+1}\right)<\dfrac {1}{2d^2}.\end{split}\]（推导中用到 [b]．）
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
