Question

4．在等差数列{a_n}中，a₁+a₂=5，a₃=7，记数列{$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$}的前n项和为S_n．
（1）求数列{a_n}的通项公式；   
（2）求S_n，求证：S_n≤$\frac{1}{3}$；   
（3）是否存在正整数m、n，且1＜m＜n，使得1、S_m、S_n成等比数列？若存在，求出所有符合条件的m、n的值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）利用等差数列的通项公式即可得出；
（2）利用“裂项求和”与“放缩法”即可得出；
（3）假设存在正整数m、n，且1＜m＜n，使得S₁、S_m、S_n成等比数列，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：设等差数列{a_n}的公差为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．
∴数列{a_n}的通项为a_n=3n-2（n∈N^*）．
（2）证明：∵$\frac{1}{{{a_n}{a_{n+1}}}}=\frac{1}{{（{3n-2}）（{3n+1}）}}=\frac{1}{3}（{\frac{1}{3n-2}-\frac{1}{3n+1}}）$，
∴数列$\left\{{\frac{1}{{{a_n}{a_{n+1}}}}}\right\}$的前n项和${S_n}=\frac{1}{{{a_1}{a_2}}}+\frac{1}{{{a_2}{a_3}}}+\frac{1}{{{a_3}{a_4}}}+…+\frac{1}{{{a_{n-1}}{a_n}}}+\frac{1}{{{a_n}{a_{n+1}}}}$
=$\frac{1}{3}（{1-\frac{1}{4}}）+\frac{1}{3}（{\frac{1}{4}-\frac{1}{7}}）+\frac{1}{3}（{\frac{1}{7}-\frac{1}{10}}）+…+\frac{1}{3}（{\frac{1}{3n-5}-\frac{1}{3n-2}}）+\frac{1}{3}（{\frac{1}{3n-2}-\frac{1}{3n+1}}）$
=$\frac{1}{3}（{1-\frac{1}{3n+1}}）=\frac{n}{3n+1}≤\frac{1}{3}$．
（3）解：假设存在正整数m、n，且1＜m＜n，使得S₁、S_m、S_n成等比数列，
则${S_m}^2={S_1}{S_n}$．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．
此时$n=\frac{{4{m^2}}}{{-3{m^2}+6m+1}}=16$．
∴存在满足题意的正整数m、n，且只有一组解，即m=2，n=16．

点评 本题考查了等差数列与等比数列的通项公式、“裂项求和”方法、不等式的解法及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．