Question

7．已知等差數(shù)列{a_n}的首項(xiàng)為1，前n項(xiàng)和為S_n
（1）若對(duì)任意正整數(shù)n，k（n＞k），都有$\sqrt{{S}_{n+k}}$+$\sqrt{{S}_{n-k}}$=2$\sqrt{{S}_{n}}$成立，求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）在（1）的條件下，記T_n為數(shù)列{$\frac{1}{{{a}_{n+1}a}_{n}}$}的前n項(xiàng)和，是否存在正整數(shù)n，使得T_n＜$\frac{1007}{2016}$？若存在，求n的最大值；若不存在，說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）對(duì)任意正整數(shù)n，k（n＞k），都有$\sqrt{{S}_{n+k}}$+$\sqrt{{S}_{n-k}}$=2$\sqrt{{S}_{n}}$成立．取k=1，則$\sqrt{{S}_{n+1}}+\sqrt{{S}_{n-1}}$=2$\sqrt{{S}_{n}}$，設(shè)等差數(shù)列{a_n}的公差為d，取n=2，可得$\sqrt{{S}_{3}}$+$\sqrt{{S}_{1}}$=2$\sqrt{{S}_{2}}$，把等差數(shù)列的通項(xiàng)公式代入解出d即可得出．
（2）$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$=$\frac{1}{（2n-1）（2n+1）}$=$\frac{1}{2}（\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）$，利用“裂項(xiàng)求和”可得T_n，利用不等式的解法即可得出．

解答 解：（1）∵對(duì)任意正整數(shù)n，k（n＞k），都有$\sqrt{{S}_{n+k}}$+$\sqrt{{S}_{n-k}}$=2$\sqrt{{S}_{n}}$成立，
取k=1，則$\sqrt{{S}_{n+1}}+\sqrt{{S}_{n-1}}$=2$\sqrt{{S}_{n}}$，
設(shè)等差數(shù)列{a_n}的公差為d，取n=2，
則$\sqrt{{S}_{3}}$+$\sqrt{{S}_{1}}$=2$\sqrt{{S}_{2}}$，
∴$\sqrt{3+3d}$+1=2$\sqrt{2+d}$，解得d=2．
∴a_n=1+2（n-1）=2n-1．
（2）$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$=$\frac{1}{（2n-1）（2n+1）}$=$\frac{1}{2}（\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）$，
∴數(shù)列{$\frac{1}{{{a}_{n+1}a}_{n}}$}的前n項(xiàng)和T_n=$\frac{1}{2}[（1-\frac{1}{3}）+（\frac{1}{3}-\frac{1}{5}）$+…+$（\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）]$
=$\frac{1}{2}（1-\frac{1}{2n+1}）$
=$\frac{n}{2n+1}$．
不等式T_n＜$\frac{1007}{2016}$化為：2n＜1007，解得n＜503+$\frac{1}{2}$，
因此存在正整數(shù)n，使得T_n＜$\frac{1007}{2016}$，n的最大值為503．

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、遞推關(guān)系、“裂項(xiàng)求和”方法，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．