分析 (1)利用遞推關(guān)系得(an+an-1)(an-an-1-2)=0,數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù),可得an-an-1=2,n≥2,利用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式即可得出.
(2)由題意得$k>{({\frac{1}{{{a_1}{a_2}}}+\frac{1}{{{a_2}{a_3}}}+…+\frac{1}{{{a_n}{a_{n+1}}}}})_{max}}$,利用$\frac{1}{{{a_n}{a_{n+1}}}}=\frac{1}{{({2n-1})({2n+1})}}=\frac{1}{2}({\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}})$,“裂項(xiàng)求和”方法即可得出.
(3)an=2n-1.假設(shè)存在正整數(shù)m,k,使得am,am+5,ak成等比數(shù)列,即${a_{m+5}}^2={a_m}•{a_k}$.可得$2k-1=\frac{{{{({2m+9})}^2}}}{2m-1}=2m+19+\frac{100}{2m-1}$,進(jìn)而得出..
解答 解:(1)∵${S_n}={({\frac{{{a_n}+1}}{2}})^2}$,∴${S_{n-1}}={({\frac{{{a_{n-1}}+1}}{2}})^2},n≥2$,
兩式相減得${a_n}={({\frac{{{a_n}+1}}{2}})^2}-{({\frac{{{a_{n-1}}+1}}{2}})^2},n≥2$,
整理得(an+an-1)(an-an-1-2)=0,
∵數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù),∴an-an-1=2,n≥2,
∴{an}是公差為2的等差數(shù)列,
又${S_1}={({\frac{{{a_1}+1}}{2}})^2}$得a1=1,∴an=2n-1.
(2)由題意得$k>{({\frac{1}{{{a_1}{a_2}}}+\frac{1}{{{a_2}{a_3}}}+…+\frac{1}{{{a_n}{a_{n+1}}}}})_{max}}$,
∵$\frac{1}{{{a_n}{a_{n+1}}}}=\frac{1}{{({2n-1})({2n+1})}}=\frac{1}{2}({\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}})$,
∴$\frac{1}{{{a_1}{a_2}}}+\frac{1}{{{a_2}{a_3}}}+…+\frac{1}{{{a_n}{a_{n+1}}}}=\frac{1}{2}[{({1-\frac{1}{3}})+({\frac{1}{3}-\frac{1}{5}})+…+({\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}})}]$=$\frac{1}{2}({1-\frac{1}{2n+1}})<\frac{1}{2}$,
∴$k≥\frac{1}{2}$.
(3)∵an=2n-1.
假設(shè)存在正整數(shù)m,k,使得am,am+5,ak成等比數(shù)列,即${a_{m+5}}^2={a_m}•{a_k}$
即(2m+9)2=(2m-1)•(2k-1),
∵(2m-1)≠0,∴$2k-1=\frac{{{{({2m+9})}^2}}}{2m-1}=2m+19+\frac{100}{2m-1}$,
∵2k-1∈Z,∴2m-1為100的約數(shù),
∴2m-1=1,m=1,k=61.
點(diǎn)評(píng) 本題考查了等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項(xiàng)公式與求和公式、數(shù)列的單調(diào)性、“裂項(xiàng)求和”方法、數(shù)列遞推關(guān)系,考查了推理能力與計(jì)算能力,屬于難題.
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A. | 8π | B. | 24π | C. | 16π | D. | 32π |
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A. | (-$\frac{3}{2}$,$\frac{3}{4}$) | B. | [$\frac{1}{2}$,3) | C. | (-$\frac{3}{2}$,3) | D. | [$\frac{1}{2}$,$\frac{3}{4}$) |
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