Question

4．在等差數(shù)列{a_n}中，a₁+a₂=5，a₃=7，記數(shù)列{$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$}的前n項(xiàng)和為S_n．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；   
（2）求S_n，求證：S_n≤$\frac{1}{3}$；   
（3）是否存在正整數(shù)m、n，且1＜m＜n，使得1、S_m、S_n成等比數(shù)列？若存在，求出所有符合條件的m、n的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）利用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式即可得出；
（2）利用“裂項(xiàng)求和”與“放縮法”即可得出；
（3）假設(shè)存在正整數(shù)m、n，且1＜m＜n，使得S₁、S_m、S_n成等比數(shù)列，可得：${S_m}^2={S_1}{S_n}$．$n=\frac{{4{m^2}}}{{-3{m^2}+6m+1}}$．利用-3m²+6m+1＞0．解得m，即可得出．

解答 （1）解：設(shè)等差數(shù)列{a_n}的公差為d，
∵$\left\{\begin{array}{l}{a_1}+{a_2}=5\\{a_3}=7.\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}2{a_1}+d=5\\{a_1}+2d=7.\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{a_1}=1\\ d=3.\end{array}\right.$，
∴a_n=1+3（n-1）=3n-2．
∴數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)為a_n=3n-2（n∈N^*）．
（2）證明：∵$\frac{1}{{{a_n}{a_{n+1}}}}=\frac{1}{{（{3n-2}）（{3n+1}）}}=\frac{1}{3}（{\frac{1}{3n-2}-\frac{1}{3n+1}}）$，
∴數(shù)列$\left\{{\frac{1}{{{a_n}{a_{n+1}}}}}\right\}$的前n項(xiàng)和${S_n}=\frac{1}{{{a_1}{a_2}}}+\frac{1}{{{a_2}{a_3}}}+\frac{1}{{{a_3}{a_4}}}+…+\frac{1}{{{a_{n-1}}{a_n}}}+\frac{1}{{{a_n}{a_{n+1}}}}$
=$\frac{1}{3}（{1-\frac{1}{4}}）+\frac{1}{3}（{\frac{1}{4}-\frac{1}{7}}）+\frac{1}{3}（{\frac{1}{7}-\frac{1}{10}}）+…+\frac{1}{3}（{\frac{1}{3n-5}-\frac{1}{3n-2}}）+\frac{1}{3}（{\frac{1}{3n-2}-\frac{1}{3n+1}}）$
=$\frac{1}{3}（{1-\frac{1}{3n+1}}）=\frac{n}{3n+1}≤\frac{1}{3}$．
（3）解：假設(shè)存在正整數(shù)m、n，且1＜m＜n，使得S₁、S_m、S_n成等比數(shù)列，
則${S_m}^2={S_1}{S_n}$．即${（{\frac{m}{3m+1}}）^2}=\frac{1}{4}×\frac{n}{3n+1}$．
∴$n=\frac{{4{m^2}}}{{-3{m^2}+6m+1}}$．
∵n＞0，∴-3m²+6m+1＞0．即3m²-6m-1＜0．
∵m＞1，∴$1＜m＜1+\frac{{2\sqrt{3}}}{3}＜3$．
∵m∈N^*，∴m=2．
此時(shí)$n=\frac{{4{m^2}}}{{-3{m^2}+6m+1}}=16$．
∴存在滿(mǎn)足題意的正整數(shù)m、n，且只有一組解，即m=2，n=16．

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、“裂項(xiàng)求和”方法、不等式的解法及其性質(zhì)，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．