Question

10．已知數(shù)列{a_n}是公差為正數(shù)的等差數(shù)列，其前n項和為S_n，且a₂•a₃=15，S₄=16．
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（Ⅱ）數(shù)列{b_n}滿足b₁=a₁，$_{n+1}-_{n}=\frac{1}{{a}_{n}•{a}_{n+1}}$．
①求數(shù)列{b_n}的通項公式；
②是否存在正整數(shù)m，n（m≠n），使得b₂，b_m，b_n成等差數(shù)列？若存在，求出m，n的值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）直接由已知列關(guān)于首項和公差的方程組，求解方程組得首項和公差，代入等差數(shù)列的通項公式得答案；
（Ⅱ）①把數(shù)列{a_n}的通項公式代入$_{n+1}-_{n}=\frac{1}{{a}_{n}•{a}_{n+1}}$，然后裂項，累加后即可求得數(shù)列{b_n}的通項公式；
②假設(shè)存在正整數(shù)m、n（m≠n），使得b₂，b_m，b_n成等差數(shù)列，則b₂+b_n=2b_m．由此列關(guān)于m的方程，求解得答案．

解答 解：（I）設(shè)數(shù)列{a_n}的公差為d，則d＞0．
由a₂•a₃=15，S₄=16，得$\left\{\begin{array}{l}{（{a}_{1}+d）（{a}_{1}+2d）=15}\\{4{a}_{1}+6d=16}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{1}=1}\\{d=2}\end{array}\right.$ 或$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{1}=7}\\{d=-2}\end{array}\right.$（舍去）．
a_n=2n-1；
（Ⅱ）①∵b₁=a₁，$_{n+1}-_{n}=\frac{1}{{a}_{n}•{a}_{n+1}}$，
∴b₁=a₁=1，
$_{n+1}-_{n}=\frac{1}{{a}_{n}•{a}_{n+1}}$=$\frac{1}{（2n-1）•（2n+1）}$=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{2n-1}$-$\frac{1}{2n+1}$），
即b₂-b₁=$\frac{1}{2}$（1-$\frac{1}{3}$），b₃-b₂=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{5}$），…，b_n-b_-1=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{2n-3}$-$\frac{1}{2n-1}$），（n≥2）
累加得：b_n-b₁=$\frac{1}{2}$（1-$\frac{1}{2n-1}$）=$\frac{n-1}{2n-1}$，
∴b_n=b₁+$\frac{n-1}{2n-1}$=1+$\frac{n-1}{2n-1}$=$\frac{3n-2}{2n-1}$．
b₁=1也符合上式．
故b_n=$\frac{3n-2}{2n-1}$，n∈N*．        
②假設(shè)存在正整數(shù)m、n（m≠n），使得b₂，b_m，b_n成等差數(shù)列，
則b₂+b_n=2b_m．
又b₂=$\frac{4}{3}$，b_n=$\frac{3n-2}{2n-1}$=$\frac{3}{2}$-$\frac{1}{4n-2}$，b_m=$\frac{3}{2}$-$\frac{1}{4m-2}$，
∴$\frac{4}{3}$+（$\frac{3}{2}$-$\frac{1}{4n-2}$）=2（$\frac{3}{2}$-$\frac{1}{4m-2}$），即$\frac{1}{2m-1}$=$\frac{1}{6}$+$\frac{1}{4n-2}$，
化簡得：2m=$\frac{7n-2}{n+1}$=7-$\frac{9}{n+1}$．
當(dāng)n+1=3，即n=2時，m=2，（舍去）；
當(dāng)n+1=9，即n=8時，m=3，符合題意．
∴存在正整數(shù)m=3，n=8，使得b₂，b_m，b_n成等差數(shù)列．

點評 本題考查數(shù)列遞推式，考查了等差數(shù)列通項公式的求法，訓(xùn)練了裂項相消法及累加法求數(shù)列的通項公式，考查存在性問題的求法，是中檔題．