分析 (1)利用數(shù)列遞推關系,可得數(shù)列{an}是以2為首項,2為公差的等差數(shù)列,從而可求數(shù)列{an}的通項公式;
(2)由(1)知an=n+1,利用裂項法可得bn=$\frac{1}{{a}_{n}\sqrt{{a}_{n-1}}+{a}_{n-1}\sqrt{{a}_{n}}}$=$\frac{1}{\sqrt{n}}$-$\frac{1}{\sqrt{n+1}}$(n≥2,n∈N*),各項累加即可求得數(shù)列{bn}前n項和為Tn;
(3)假設存在正整數(shù)p,q,(其中1<p<q),使c1,cp,cq成等比數(shù)列,則lgc1,lgcp,lgcq成等差數(shù)列,依題意,可求得存在唯一正整數(shù)數(shù)對(p,q)=(2,3),使b1,bp,bq成等比數(shù)列.
解答 解:(1)因為anan+1=2(Sn+1)①,
所以,an-1an=2(Sn-1+1)(n≥2)②,
①-②得:an(an+1-an-1)=2an(n≥2),又an>0,
所以,an+1-an-1=2,即數(shù)列{an}的奇數(shù)項與偶數(shù)項均構成以2為公差的等差數(shù)列.
又a1=2,a1a2=2(S1+1),解得a2=3,又a3=4,2a2=a1+a3,
故數(shù)列{an}是以2為首項,1為公差的等差數(shù)列,an=n+1.
(2)由于bn=$\frac{1}{{a}_{n}\sqrt{{a}_{n-1}}+{a}_{n-1}\sqrt{{a}_{n}}}$=$\frac{1}{(n+1)\sqrt{n}+n\sqrt{n+1}}$=$\frac{1}{\sqrt{(n+1)n}(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})}$=$\frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{\sqrt{n(n+1)}}$=$\frac{1}{\sqrt{n}}$-$\frac{1}{\sqrt{n+1}}$(n≥2),b1=1,
因此Tn=b1+b2+b3+…+bn=1+($\frac{1}{\sqrt{2}}$-$\frac{1}{\sqrt{3}}$)+($\frac{1}{\sqrt{3}}$-$\frac{1}{2}$)+…+($\frac{1}{\sqrt{n}}$-$\frac{1}{\sqrt{n+1}}$)=1+$\frac{\sqrt{2}}{2}$-$\frac{1}{\sqrt{n+1}}$.
(3)假設存在正整數(shù)數(shù)組(p,q),使c1,cp,cq成等比數(shù)列,
則lgc1,lgcp,lgcq成等差數(shù)列,
于是,$\frac{2p}{{3}^{p}}$=$\frac{1}{3}$+$\frac{q}{{3}^{q}}$,所以,q=3q($\frac{2p}{{3}^{p}}$-$\frac{1}{3}$)(☆).易知(p,q)=(2,3)為方程(☆)的一組解.
當p≥3,且p∈N*時,$\frac{2(p+1)}{{3}^{p+1}}$-$\frac{2p}{{3}^{p}}$=$\frac{2-4p}{{3}^{p+1}}$<0,故數(shù)列{$\frac{2p}{{3}^{p}}$}(p≥3)為遞減數(shù)列,
于是$\frac{2p}{{3}^{p}}$-$\frac{1}{3}$≤$\frac{2×3}{{3}^{3}}$-$\frac{1}{3}$<0,所以此時方程(☆)無正整數(shù)解.
綜上,存在唯一正整數(shù)數(shù)對(p,q)=(2,3),使b1,bp,bq成等比數(shù)列.
點評 本題考查數(shù)列的求和與數(shù)列遞推關系的應用,考查等差數(shù)列與等比數(shù)列的判定與通項公式的求法,突出裂項法求和,考查推理與運算能力、邏輯思維能力的綜合運用,屬于難題.
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科目:高中數(shù)學 來源: 題型:選擇題
A. | $\frac{1}{2}$ | B. | $\frac{2}{3}$ | C. | $\frac{3}{4}$ | D. | $\frac{5}{6}$ |
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