Question

12．设数列{a_n}的前n项和为S_n，点$（{n，\frac{S_n}{n}}）（{n∈{N^*}}）$在直线3x-y-1=0上，设c_n=$\frac{4}{{{a_n}{a_{n+1}}}}$，T_n是数列{c_n}的前n项和．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）求使得T_n＜$\frac{K}{9}$对所有的n∈N^*都成立的最小正整数K；
（3）是否存在正整数m，n（1＜m＜n），使T₁，T_m，T_n成等比数列？若存在，求出所有m，n的值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）通过将点$（{n，\frac{S_n}{n}}）（{n∈{N^*}}）$代入直线3x-y-1=0、整理得S_n=3n²-n，利用S_n=3n²-n与S_n+1=3（n+1）²-（n+1）作差、计算即得结论；
（2）通过裂项可知c_n=$\frac{1}{3}•$（$\frac{1}{3n-2}$-$\frac{1}{3n+1}$），并项相加得T_n=$\frac{n}{3n+1}$，通过整理可知K＞$\frac{9}{3+\frac{1}{n}}$，利用极限思想即得结论；
（3）通过假设存在正整数m，n（1＜m＜n）满足条件、化简可知$\frac{6m+1}{{m}^{2}}$=$\frac{3n+4}{n}$，进而计算可得结论．

解答 解：（1）∵点$（{n，\frac{S_n}{n}}）（{n∈{N^*}}）$在直线3x-y-1=0上，
∴3n-$\frac{{S}_{n}}{n}$-1=0，
整理得：S_n=3n²-n，
∴S_n+1=3（n+1）²-（n+1），
两式相减得：a_n+1=[3（n+1）²-（n+1）]-[3n²-n]=6（n+1）-4，
又∵a₁=S₁=3-1=2满足上式，
∴a_n=6n-4；
（2）∵a_n=6n-4，
∴c_n=$\frac{4}{{{a_n}{a_{n+1}}}}$=$\frac{4}{（6n-4）（6n+2）}$=$\frac{1}{3}•$（$\frac{1}{3n-2}$-$\frac{1}{3n+1}$），
∴T_n=$\frac{1}{3}•$（1-$\frac{1}{4}$+$\frac{1}{4}$-$\frac{1}{7}$+…+$\frac{1}{3n-2}$-$\frac{1}{3n+1}$）=$\frac{1}{3}$（1-$\frac{1}{3n+1}$）=$\frac{n}{3n+1}$，
∴T_n＜$\frac{K}{9}$即$\frac{n}{3n+1}$＜$\frac{K}{9}$，
即K＞$\frac{9n}{3n+1}$=$\frac{9}{3+\frac{1}{n}}$，
而$\frac{9}{3+\frac{1}{n}}$随着n的增大而增大，并越来越接近于3，
∴最小正整数K=3；
（3）结论：存在正整数m=2、n=16使T₁、T_m、T_n成等比数列．
理由如下：
由（2）可知T_n=$\frac{n}{3n+1}$，
假设存在正整数m，n（1＜m＜n），使T₁，T_m，T_n成等比数列，
则${{T}_{m}}^{2}$=T₁•T_n，即$（\frac{m}{3m+1}）^{2}$=$\frac{1}{4}$•$\frac{n}{3n+1}$，
整理得：$\frac{6m+1}{{m}^{2}}$=$\frac{3n+4}{n}$，
∴当m=1时，7=$\frac{3n+4}{n}$，解得n=1，不符合题意；
当m=2时，$\frac{13}{4}$=$\frac{3n+4}{n}$，解得n=16，符合题意；
当m=3时，$\frac{19}{9}$=$\frac{3n+4}{n}$，n无正整数解；
当m=4时，$\frac{25}{16}$=$\frac{3n+4}{n}$，n无正整数解；
当m=5时，$\frac{31}{25}$=$\frac{3n+4}{n}$，n无正整数解；
当m=6时，$\frac{37}{36}$=$\frac{3n+4}{n}$，n无正整数解；
当m≥7时，∵m²-6m-1=（m-3）²-10＞0，
∴$\frac{6m+1}{{m}^{2}}$＜1，
而$\frac{3n+4}{n}$=3+$\frac{4}{n}$＞3，
∴此时不存在正整数m、n（1＜m＜n），使T₁、T_m、T_n成等比数列；
综上所述，存在正整数m=2、n=16使T₁、T_m、T_n成等比数列．

点评 本题主要考查数列的通项，裂项法，数列的函数性质、考查了学生计算、综合分析问题、解决问题的能力，注意解题方法的积累，属于中档题．