Question

4．等差數(shù)列{a_n}有無窮多項，其前n項和為S_n，已知$\frac{{S}_{3}}{3}$+$\frac{{S}_{4}}{4}$+$\frac{{S}_{5}}{5}$=27，$\frac{{S}_{3}}{3}$×$\frac{{S}_{4}}{4}$×$\frac{{S}_{5}}{5}$=693．
（1）數(shù)列{a_n}的通項a_n；
（2）是否存在n，使得$\frac{{S}_{n}}{n}$+$\frac{128}{n+1}$取得最小值，如果存在，求出n的值，如果不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）通過設(shè)等差數(shù)列{a_n}的公差為d，利用$\frac{{S}_{3}}{3}$+$\frac{{S}_{4}}{4}$+$\frac{{S}_{5}}{5}$=27、$\frac{{S}_{3}}{3}$×$\frac{{S}_{4}}{4}$×$\frac{{S}_{5}}{5}$=693計算即得結(jié)論；
（2）通過記p（n）=$\frac{{S}_{n}}{n}$+$\frac{128}{n+1}$，分a_n=19-4n、a_n=4n-1兩種情況討論即可．

解答 解：（1）設(shè)等差數(shù)列{a_n}的公差為d，則S_n=na₁+$\frac{n（n-1）}{2}$d，
∵$\frac{{S}_{3}}{3}$+$\frac{{S}_{4}}{4}$+$\frac{{S}_{5}}{5}$=27，$\frac{{S}_{3}}{3}$×$\frac{{S}_{4}}{4}$×$\frac{{S}_{5}}{5}$=693，
∴$\frac{3{a}_{1}+3d}{3}$+$\frac{4{a}_{1}+6d}{4}$+$\frac{5{a}_{1}+10d}{5}$=27，$\frac{3{a}_{1}+3d}{3}$×$\frac{4{a}_{1}+6d}{4}$×$\frac{5{a}_{1}+10d}{5}$=693，
化簡得：a₁+$\frac{3}{2}$d=9，（a₁+d）（a₁+2d）=77，
∴（9-$\frac{1}{2}$d）（9+$\frac{1}{2}$d）=77，
解得：d=±4，
當d=-4時，a₁=15，a_n=15-4（n-1）=19-4n；
當d=4時，a₁=3，a_n=3+4（n-1）=4n-1；
綜上所述，數(shù)列{a_n}的通項a_n=19-4n或a_n=4n-1；
（2）結(jié)論：當a_n=4n-1時存在n=7使得$\frac{{S}_{n}}{n}$+$\frac{128}{n+1}$取得最小值．
理由如下：
由（1）可知a_n=19-4n或a_n=4n-1，記p（n）=$\frac{{S}_{n}}{n}$+$\frac{128}{n+1}$，則：
①當a_n=19-4n時，p（n）=$\frac{n（{a}_{1}+{a}_{n}）}{2n}$+$\frac{128}{n+1}$
=$\frac{15+19-4n}{2}$+$\frac{128}{n+1}$
=17-2n+$\frac{128}{n+1}$
顯然p（n）無最小值；
②當a_n=4n-1時，p（n）=$\frac{n（{a}_{1}+{a}_{n}）}{2n}$+$\frac{128}{n+1}$
=$\frac{3+4n-1}{2}$+$\frac{128}{n+1}$
=2n+1+$\frac{128}{n+1}$
=2（n+1）+$\frac{128}{n+1}$-1
≥2$\sqrt{2（n+1）•\frac{128}{n+1}}$-1
=2$\sqrt{256}$-1
=31，
當且僅當2（n+1）=$\frac{128}{n+1}$即n=7時取等號，
從而p（n）最小值為31；
綜上所述，當a_n=4n-1時存在n=7使得$\frac{{S}_{n}}{n}$+$\frac{128}{n+1}$取得最小值．

點評 本題考查數(shù)列遞推式，考查分類討論的思想，涉及基本不等式等基礎(chǔ)知識，注意解題方法的積累，屬于中檔題．