Question

14．設(shè)數(shù)列{a_n}是首項(xiàng)為1，公差為$\frac{1}{2}$的等差數(shù)列，S_n是數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)的和，
（1）若a_m，15，S_n成等差數(shù)列，lga_m，lg9，lgS_n也成等差數(shù)列（m，n為整數(shù)），求a_m，S_n和m，n的值；
（2）是否存在正整數(shù)m，n（n≥2），使lg（S_n-1+m），lg（S_n+m），lg（S_n+1+m）成等差數(shù)列？若存在，求出m，n的所有可能值；若不存在，試說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）由數(shù)列{a_n}是首項(xiàng)為1，公差為$\frac{1}{2}$的等差數(shù)列，可得a_n=$\frac{n+1}{2}$．?dāng)?shù)列{a_n}的前n項(xiàng)的和S_n=$\frac{n（n+3）}{4}$．由a_m，15，S_n成等差數(shù)列，lga_m，lg9，lgS_n也成等差數(shù)列（m，n為整數(shù)），可得30=a_m+S_n，2lg9=lga_m+lgS_n，即a_m•S_n=81，聯(lián)立解出即可得出．
（2）假設(shè)存在正整數(shù)m，n（n≥2），使lg（S_n-1+m），lg（S_n+m），lg（S_n+1+m）成等差數(shù)列，可得：2lg（S_n+m）=lg（S_n-1+m）+lg（S_n+1+m），整理為：${S}_{n}^{2}$+2mS_n=m（S_n-1+S_n+1）+S_n-1S_n，代入可得：n（n+3）=4（m-1），對(duì)n分類討論即可得出．

解答 解：（1）∵數(shù)列{a_n}是首項(xiàng)為1，公差為$\frac{1}{2}$的等差數(shù)列，∴a_n=1+$\frac{1}{2}（n-1）$=$\frac{n+1}{2}$．
數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)的和S_n=$\frac{n（1+\frac{n+1}{2}）}{2}$=$\frac{n（n+3）}{4}$．
∵a_m，15，S_n成等差數(shù)列，lga_m，lg9，lgS_n也成等差數(shù)列（m，n為整數(shù)），
∴30=a_m+S_n，2lg9=lga_m+lgS_n，即a_m•S_n=81，
解得a_m=3，S_n=27，或a_m=27，S_n=3．
由a_m=3，S_n=27，可得：$\frac{m+1}{2}$=3，$\frac{n（n+3）}{4}$=27，解得m=5，n=9．
由a_m=27，S_n=3，可得：$\frac{m+1}{2}$=27，$\frac{n（n+3）}{4}$=3，解得m=53，n=$\frac{\sqrt{57}-3}{2}$（舍去）．
∴a_m=3，S_n=27，m=5，n=9．
（2）假設(shè)存在正整數(shù)m，n（n≥2），使lg（S_n-1+m），lg（S_n+m），lg（S_n+1+m）成等差數(shù)列，
則2lg（S_n+m）=lg（S_n-1+m）+lg（S_n+1+m），
化為：$（{S}_{n}+m）^{2}$=（S_n-1+m）（S_n+1+m），
整理為：${S}_{n}^{2}$+2mS_n=m（S_n-1+S_n+1）+S_n-1S_n，
代入可得：$\frac{{n}^{2}（n+3）^{2}}{16}$+2m×$\frac{n（n+3）}{4}$=m×$（\frac{（n-1）（n+2）}{4}+\frac{（n+1）（n+4）}{4}）$+$\frac{（n-1）（n+2）}{4}$×$\frac{（n+1）（n+4）}{4}$，
化為：m=$\frac{{n}^{2}+3n+4}{4}$，變形為：n（n+3）=4（m-1），
令n=4k或n+3=4k，k∈N^*．
則n=4k時(shí)，k∈N^*，m=4k²+3k+1．
n+3=4k時(shí)，k∈N^*．m=4k²-3k+1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了等差數(shù)列的通項(xiàng)公式及其前n項(xiàng)和公式的性質(zhì)、遞推關(guān)系、對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)，考查了分類討論方法、推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．