Question

18．（理科）已知各项均不相等的等差数列{a_n}的前四项和为16，且a₁，a₂，a₅成等比数列，数列{b_n}满足b_n=$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$．
（Ⅰ）求数列{a_n}的通项公式a_n，和{b_n}的前n项和T_n；
（Ⅱ）是否存在正整数s，t（1＜s＜t），使得T₁，T_s，T_t成等比数列？若存在，求出s，t的值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （I）设等差数列{a_n}的公差为d，由S₄=16，且a₁，a₂，a₅成等比数列，可得$\left\{\begin{array}{l}{4{a}_{1}+6d=16}\\{（{a}_{1}+d）^{2}={a}_{1}（{a}_{1}+4d）}\end{array}\right.$，d≠0，解出即可得出a_n．由b_n=$\frac{1}{（2n-1）（2n+1）}$=$\frac{1}{2}（\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）$．利用“裂项求和”可得b_n．
（II）T₁=$\frac{1}{3}$，T_s=$\frac{s}{2s+1}$，T_t=$\frac{t}{2t+1}$．若T₁，T_s，T_t成等比数列，则$（\frac{s}{2s+1}）^{2}$=$\frac{1}{3}×\frac{t}{2t+1}$，化简整理即可得出．

解答 解：（I）设等差数列{a_n}的公差为d，
∵S₄=16，且a₁，a₂，a₅成等比数列，
∴$\left\{\begin{array}{l}{4{a}_{1}+6d=16}\\{（{a}_{1}+d）^{2}={a}_{1}（{a}_{1}+4d）}\end{array}\right.$，d≠0，
解得d=2，a₁=1，
∴a_n=2n-1．
∴b_n=$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$=$\frac{1}{（2n-1）（2n+1）}$=$\frac{1}{2}（\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）$．
∴{b_n}的前n项和T_n=$\frac{1}{2}[（1-\frac{1}{3}）+（\frac{1}{3}-\frac{1}{5}）$+…+$（\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）]$
=$\frac{1}{2}（1-\frac{1}{2n+1}）$=$\frac{n}{2n+1}$．
（II）T₁=$\frac{1}{3}$，T_s=$\frac{s}{2s+1}$，T_t=$\frac{t}{2t+1}$．若T₁，T_s，T_t成等比数列，
则$（\frac{s}{2s+1}）^{2}$=$\frac{1}{3}×\frac{t}{2t+1}$，可得：$\frac{3}{t}$=$\frac{-2{s}^{2}+4s+1}{{s}^{2}}$，
∴t=$\frac{3{s}^{2}}{-2{s}^{2}+4s+1}$，
由-2s²+4s+1＞0，解得$1-\frac{\sqrt{6}}{2}$＜s＜1+$\frac{\sqrt{6}}{2}$，
∵s∈N^*，s＞1，可得s=2，解得t=12．
∴当s=2，t=12时，T₁，T_s，T_t成等比数列．

点评 本题考查了递推关系、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，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．