Question

7．已知數(shù)列{a_n}為公差不為0的等差數(shù)列，S_n為其前n項和，a₅和a₉的等差中項為13，且a₂•a₅=a₁•a₁₄．令b_n=$\frac{1}{{{a_n}•{a_{n+1}}}}$，數(shù)列{b_n}的前n項和為T_n．
（Ⅰ）求T_n；
（Ⅱ）是否存在不同的正整數(shù)m，n，使得T₂，T_m，T_n成等比數(shù)列？若存在，求出所有的m，n的值；若不存在，請說明理由；
（Ⅲ）若c_n=$\frac{{{3^{a_n}}}}{{{3^{a_n}}+2}}$，是否存在互不相等的正整數(shù)m，n，t，使得m，n，t成等差數(shù)列，且c_m，c_n，c_t成等比數(shù)列？若存在，求出所有的m，n，t的值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）因為{a_n}為等差數(shù)列，設公差為d，則由題意得$\left\{{\begin{array}{l}{{a_5}+{a_9}=26}\\{{a_2}•{a_5}={a_1}•{a_{14}}}\end{array}}\right.$，利用等差數(shù)列的通項公式即可得出a_n=2n-1，由${b_n}=\frac{1}{{{a_n}{a_{n+1}}}}=\frac{1}{（2n-1）（2n+1）}=\frac{1}{2}（{\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}}）$，利用“裂項求和”方法即可得出．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得${T_2}=\frac{2}{5}，{T_m}=\frac{m}{2m+1}，{T_n}=\frac{n}{2n+1}$，根據(jù)T₂，T_m，T_n成等比數(shù)列，可得${T_m}^2={T_2}•{T_n}$，即${（{\frac{m}{2m+1}}）^2}=\frac{2}{5}•\frac{n}{2n+1}$，對上等式左右同時取倒數(shù)可得$\frac{{4{m^2}+4m+1}}{m^2}=\frac{10n+5}{2n}$，化簡可得$\frac{{-{m^2}+4m+1}}{m^2}＞0$，只需要-m²+4m+1＞0，解出分類討論即可得出．
（Ⅲ）由（Ⅰ）得${c_m}=\frac{{{3^{2m-1}}}}{{{3^{2m-1}}+2}}，{c_n}=\frac{{{3^{2n-1}}}}{{{3^{2n-1}}+2}}，{c_t}=\frac{{{3^{2t-1}}}}{{{3^{2t-1}}+2}}$，且2n=m+t，由c_m，c_n，c_t成等比數(shù)列，可得${c_n}^2={c_m}•{c_t}$，將${c_m}=\frac{{{3^{2m-1}}}}{{{3^{2m-1}}+2}}，{c_n}=\frac{{{3^{2n-1}}}}{{{3^{2n-1}}+2}}，{c_t}=\frac{{{3^{2t-1}}}}{{{3^{2t-1}}+2}}$代入上式可得：${（{\frac{{{3^{2n-1}}}}{{{3^{2n-1}}+2}}}）^2}=\frac{{{3^{2m-1}}}}{{{3^{2m-1}}+2}}•\frac{{{3^{2t-1}}}}{{{3^{2t-1}}+2}}$，將2n=m+t帶入上式化簡得：2•3^2n-1=3^2m-1+3^2t-1，不妨設m＜n＜t，則2•3^2n-1=3^2m-1+3^2t-1?3^2n-1-3^2m-1=3^2t-1-3^2n-1，即3^2m-1•（3^2n-2m-1）=3^2n-1•（3^2t-2n-1），對因數(shù)與次數(shù)分類討論即可得出結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）因為{a_n}為等差數(shù)列，設公差為d，則由題意得$\left\{{\begin{array}{l}{{a_5}+{a_9}=26}\\{{a_2}•{a_5}={a_1}•{a_{14}}}\end{array}}\right.$，
即$\left\{{\begin{array}{l}{2{a_1}+12d=26}\\{（{a_1}+d）（{a_1}+4d）={a_1}（{a_1}+13d）}\end{array}}\right.$，整理得$\left\{{\begin{array}{l}{{a_1}+6d=13}\\{d=2{a_1}}\end{array}}\right.$，解得$\left\{{\begin{array}{l}{d=2}\\{{a_1}=1}\end{array}}\right.$，
所以a_n=1+（n-1）×2=2n-1，由${b_n}=\frac{1}{{{a_n}{a_{n+1}}}}=\frac{1}{（2n-1）（2n+1）}=\frac{1}{2}（{\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}}）$，${T_n}=\frac{1}{2}（{1-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+…+\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}}）=\frac{n}{2n+1}$…3分
（Ⅱ）由（Ⅰ）得${T_2}=\frac{2}{5}，{T_m}=\frac{m}{2m+1}，{T_n}=\frac{n}{2n+1}$，
因為T₂，T_m，T_n成等比數(shù)列，所以${T_m}^2={T_2}•{T_n}$，即${（{\frac{m}{2m+1}}）^2}=\frac{2}{5}•\frac{n}{2n+1}$，
對上等式左右同時取倒數(shù)可得$\frac{{4{m^2}+4m+1}}{m^2}=\frac{10n+5}{2n}$
即$\frac{{-{m^2}+4m+1}}{m^2}=\frac{5}{2n}$，∵$\frac{5}{2n}＞0$，∴$\frac{{-{m^2}+4m+1}}{m^2}＞0$，只需要-m²+4m+1＞0，
所以$m∈（{2-\sqrt{5}，2+\sqrt{5}}）$，因為m∈N^*，所以m可以取值1，2，3，4
討論：①當m=1時，帶入$\frac{{-{m^2}+4m+1}}{m^2}=\frac{5}{2n}$，$n=\frac{5}{8}$，不滿足n∈N^*，所以此時不存在．
②當m=2時，帶入$\frac{{-{m^2}+4m+1}}{m^2}=\frac{5}{2n}$，n=2，滿足n∈N^*，但是不滿足m，n為不同整數(shù)的條件，所以此時也不存在．
③當m=3時，帶入$\frac{{-{m^2}+4m+1}}{m^2}=\frac{5}{2n}$，$n=\frac{45}{8}$，不滿足n∈N^*，所以此時不存在．
④當m=4時，帶入$\frac{{-{m^2}+4m+1}}{m^2}=\frac{5}{2n}$，n=40，滿足n∈N^*，所以存在．
綜上所述，存在m=4，n=40滿足T₂，T_m，T_n成等比數(shù)列…7分
（Ⅲ）由（Ⅰ）得${c_m}=\frac{{{3^{2m-1}}}}{{{3^{2m-1}}+2}}，{c_n}=\frac{{{3^{2n-1}}}}{{{3^{2n-1}}+2}}，{c_t}=\frac{{{3^{2t-1}}}}{{{3^{2t-1}}+2}}$，且2n=m+t，
因為c_m，c_n，c_t成等比數(shù)列，所以${c_n}^2={c_m}•{c_t}$，
將${c_m}=\frac{{{3^{2m-1}}}}{{{3^{2m-1}}+2}}，{c_n}=\frac{{{3^{2n-1}}}}{{{3^{2n-1}}+2}}，{c_t}=\frac{{{3^{2t-1}}}}{{{3^{2t-1}}+2}}$代入上式可得：${（{\frac{{{3^{2n-1}}}}{{{3^{2n-1}}+2}}}）^2}=\frac{{{3^{2m-1}}}}{{{3^{2m-1}}+2}}•\frac{{{3^{2t-1}}}}{{{3^{2t-1}}+2}}$
將2n=m+t帶入上式化簡得：2•3^2n-1=3^2m-1+3^2t-1，
不妨設m＜n＜t，則2•3^2n-1=3^2m-1+3^2t-1?3^2n-1-3^2m-1=3^2t-1-3^2n-1，
即3^2m-1•（3^2n-2m-1）=3^2n-1•（3^2t-2n-1），∵2n-2m＞0且2n-2m∈N^*
所以上式左端因式3^2n-2m-1不含因數(shù)3，同理上式右端因式3^2t-2n-1不含因數(shù)3．
而上式左端含有因數(shù)3的次數(shù)為2m-1次，上式右端含有因數(shù)3的次數(shù)為2n-1次．
∵2m-1≠2n-1，所以3^2m-1•（3^2n-2m-1）≠3^2n-1•（3^2t-2n-1），所以方程無解．
綜上所述，不存在互不相等的正整數(shù)m，n，t，使得m，n，t成等差數(shù)列，且c_m，c_n，c_t成等比數(shù)列…12分．

點評 本題考查了等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項公式與求和公式、分類討論方法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．