Question

6．已知數(shù)列{a_n}是各項(xiàng)均不為0的等差數(shù)列，其前n項(xiàng)和為S_n，且滿足${a_n}^2={S_{2n-1}}$，n∈N^*，數(shù)列{b_n}滿足${b_n}=\frac{1}{{{a_n}•{a_{n+1}}}}$，T_n為數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式a_n及數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和T_n；
（2）若對(duì)任意的n∈N^*，不等式λT_n＜n+18恒成立，求實(shí)數(shù)λ的取值范圍；
（3）是否存在正整數(shù)m，n，1＜m＜n，使得T₁，T_m，T_n成等比數(shù)列？若存在，求出所有m，n值；若不存在，給出理由．

Answer 1

分析 （1）由{a_n}是等差數(shù)列，可得$\frac{{a}_{1}+{a}_{2n-1}}{2}$=a_n．又S_2n-1=（2n-1）a_n，a_n²=S_2n-1，得a_n²=（2n-1）a_n，可得a_n=2n-1.${b_n}=\frac{1}{{{a_n}•{a_{n+1}}}}$=$\frac{1}{2}（\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）$，利用“裂項(xiàng)求和”方法可得：數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和T_n．
（2）對(duì)任意的n∈N^*，不等式λT_n＜n+18恒成立，即λ•$\frac{n}{2n+1}$＜n+18，可得λ＜2n+$\frac{18}{n}$+37，利用基本不等式的性質(zhì)即可得出．
（3）若T₁，T_m，T_n，成等比數(shù)列，則$（\frac{m}{2m+1}）^{2}$=$\frac{1}{3}×\frac{n}{2n+1}$，可得$\frac{3}{n}$=$\frac{-2{m}^{2}+4m+1}{{m}^{2}}$＞0，解出即可得出．

解答 解：（1）∵{a_n}是等差數(shù)列，∴$\frac{{a}_{1}+{a}_{2n-1}}{2}$=a_n．∴S_2n-1=（2n-1）a_n，
又a_n²=S_2n-1，得a_n²=（2n-1）a_n，
又a_n≠0，∴a_n=2n-1．
∵${b_n}=\frac{1}{{{a_n}•{a_{n+1}}}}$=$\frac{1}{（2n-1）（2n+1）}$=$\frac{1}{2}（\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）$，
數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和T_n=$\frac{1}{2}[（1-\frac{1}{3}）+（\frac{1}{3}-\frac{1}{5}）$+…+$（\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）]$=$\frac{1}{2}（1-\frac{1}{2n+1}）$=$\frac{n}{2n+1}$．
（2）對(duì)任意的n∈N^*，不等式λT_n＜n+18恒成立，
∴λ•$\frac{n}{2n+1}$＜n+18，∴λ＜2n+$\frac{18}{n}$+37，∵2n+$\frac{18}{n}$≥2×$2\sqrt{n•\frac{9}{n}}$=12，
∴λ＜49．
（3）∵T₁=$\frac{1}{3}$，T_m=$\frac{m}{2m+1}$，T_n=$\frac{n}{2n+1}$．
若T₁，T_m，T_n，成等比數(shù)列，則$（\frac{m}{2m+1}）^{2}$=$\frac{1}{3}×\frac{n}{2n+1}$，即$\frac{{m}^{2}}{4{m}^{2}+4m+1}$=$\frac{n}{6n+3}$，
可得$\frac{3}{n}$=$\frac{-2{m}^{2}+4m+1}{{m}^{2}}$＞0，
即-2m²+4m+1＞0
∴$1-\frac{\sqrt{6}}{2}$＜m＜$1+\frac{\sqrt{6}}{2}$．
∵m∈N且m＞1，
∴m=2，此時(shí)n=12．
∴當(dāng)且僅當(dāng)m=2，n=12時(shí)，T₁，T_m，T_n成等比數(shù)列．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了“裂項(xiàng)求和”方法、等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項(xiàng)公式與求和公式、數(shù)列遞推關(guān)系、數(shù)列的單調(diào)性、基本不等式的性質(zhì)，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．