Question

6．已知数列{a_n}是各项均不为0的等差数列，其前n项和为S_n，且满足${a_n}^2={S_{2n-1}}$，n∈N^*，数列{b_n}满足${b_n}=\frac{1}{{{a_n}•{a_{n+1}}}}$，T_n为数列{b_n}的前n项和．
（1）求数列{a_n}的通项公式a_n及数列{b_n}的前n项和T_n；
（2）若对任意的n∈N^*，不等式λT_n＜n+18恒成立，求实数λ的取值范围；
（3）是否存在正整数m，n，1＜m＜n，使得T₁，T_m，T_n成等比数列？若存在，求出所有m，n值；若不存在，给出理由．

Answer 1

分析 （1）由{a_n}是等差数列，可得$\frac{{a}_{1}+{a}_{2n-1}}{2}$=a_n．又S_2n-1=（2n-1）a_n，a_n²=S_2n-1，得a_n²=（2n-1）a_n，可得a_n=2n-1.${b_n}=\frac{1}{{{a_n}•{a_{n+1}}}}$=$\frac{1}{2}（\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）$，利用“裂项求和”方法可得：数列{b_n}的前n项和T_n．
（2）对任意的n∈N^*，不等式λT_n＜n+18恒成立，即λ•$\frac{n}{2n+1}$＜n+18，可得λ＜2n+$\frac{18}{n}$+37，利用基本不等式的性质即可得出．
（3）若T₁，T_m，T_n，成等比数列，则$（\frac{m}{2m+1}）^{2}$=$\frac{1}{3}×\frac{n}{2n+1}$，可得$\frac{3}{n}$=$\frac{-2{m}^{2}+4m+1}{{m}^{2}}$＞0，解出即可得出．

解答 解：（1）∵{a_n}是等差数列，∴$\frac{{a}_{1}+{a}_{2n-1}}{2}$=a_n．∴S_2n-1=（2n-1）a_n，
又a_n²=S_2n-1，得a_n²=（2n-1）a_n，
又a_n≠0，∴a_n=2n-1．
∵${b_n}=\frac{1}{{{a_n}•{a_{n+1}}}}$=$\frac{1}{（2n-1）（2n+1）}$=$\frac{1}{2}（\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）$，
数列{b_n}的前n项和T_n=$\frac{1}{2}[（1-\frac{1}{3}）+（\frac{1}{3}-\frac{1}{5}）$+…+$（\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）]$=$\frac{1}{2}（1-\frac{1}{2n+1}）$=$\frac{n}{2n+1}$．
（2）对任意的n∈N^*，不等式λT_n＜n+18恒成立，
∴λ•$\frac{n}{2n+1}$＜n+18，∴λ＜2n+$\frac{18}{n}$+37，∵2n+$\frac{18}{n}$≥2×$2\sqrt{n•\frac{9}{n}}$=12，
∴λ＜49．
（3）∵T₁=$\frac{1}{3}$，T_m=$\frac{m}{2m+1}$，T_n=$\frac{n}{2n+1}$．
若T₁，T_m，T_n，成等比数列，则$（\frac{m}{2m+1}）^{2}$=$\frac{1}{3}×\frac{n}{2n+1}$，即$\frac{{m}^{2}}{4{m}^{2}+4m+1}$=$\frac{n}{6n+3}$，
可得$\frac{3}{n}$=$\frac{-2{m}^{2}+4m+1}{{m}^{2}}$＞0，
即-2m²+4m+1＞0
∴$1-\frac{\sqrt{6}}{2}$＜m＜$1+\frac{\sqrt{6}}{2}$．
∵m∈N且m＞1，
∴m=2，此时n=12．
∴当且仅当m=2，n=12时，T₁，T_m，T_n成等比数列．

点评 本题考查了“裂项求和”方法、等差数列与等比数列的通项公式与求和公式、数列递推关系、数列的单调性、基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．