Question

7．各項均為正數的數列{a_n}中，前n項和${S_n}={（{\frac{{{a_n}+1}}{2}}）^2}$．
（1）求數列{a_n}的通項公式；
（2）若$\frac{1}{{{a_1}{a_2}}}+\frac{1}{{{a_2}{a_3}}}+…+\frac{1}{{{a_n}{a_{n+1}}}}$＜k恒成立，求k的取值范圍；
（3）是否存在正整數m，k，使得a_m，a_m+5，a_k成等比數列？若存在，求出m和k的值，若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）利用遞推關系得（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1-2）=0，數列{a_n}的各項均為正數，可得a_n-a_n-1=2，n≥2，利用等差數列的通項公式即可得出．
（2）由題意得$k＞{（{\frac{1}{{{a_1}{a_2}}}+\frac{1}{{{a_2}{a_3}}}+…+\frac{1}{{{a_n}{a_{n+1}}}}}）_{max}}$，利用$\frac{1}{{{a_n}{a_{n+1}}}}=\frac{1}{{（{2n-1}）（{2n+1}）}}=\frac{1}{2}（{\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}}）$，“裂項求和”方法即可得出．
（3）a_n=2n-1．假設存在正整數m，k，使得a_m，a_m+5，a_k成等比數列，即${a_{m+5}}^2={a_m}•{a_k}$．可得$2k-1=\frac{{{{（{2m+9}）}^2}}}{2m-1}=2m+19+\frac{100}{2m-1}$，進而得出．．

解答 解：（1）∵${S_n}={（{\frac{{{a_n}+1}}{2}}）^2}$，∴${S_{n-1}}={（{\frac{{{a_{n-1}}+1}}{2}}）^2}，n≥2$，
兩式相減得${a_n}={（{\frac{{{a_n}+1}}{2}}）^2}-{（{\frac{{{a_{n-1}}+1}}{2}}）^2}，n≥2$，
整理得（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1-2）=0，
∵數列{a_n}的各項均為正數，∴a_n-a_n-1=2，n≥2，
∴{a_n}是公差為2的等差數列，
又${S_1}={（{\frac{{{a_1}+1}}{2}}）^2}$得a₁=1，∴a_n=2n-1．
（2）由題意得$k＞{（{\frac{1}{{{a_1}{a_2}}}+\frac{1}{{{a_2}{a_3}}}+…+\frac{1}{{{a_n}{a_{n+1}}}}}）_{max}}$，
∵$\frac{1}{{{a_n}{a_{n+1}}}}=\frac{1}{{（{2n-1}）（{2n+1}）}}=\frac{1}{2}（{\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}}）$，
∴$\frac{1}{{{a_1}{a_2}}}+\frac{1}{{{a_2}{a_3}}}+…+\frac{1}{{{a_n}{a_{n+1}}}}=\frac{1}{2}[{（{1-\frac{1}{3}}）+（{\frac{1}{3}-\frac{1}{5}}）+…+（{\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}}）}]$=$\frac{1}{2}（{1-\frac{1}{2n+1}}）＜\frac{1}{2}$，
∴$k≥\frac{1}{2}$．
（3）∵a_n=2n-1．
假設存在正整數m，k，使得a_m，a_m+5，a_k成等比數列，即${a_{m+5}}^2={a_m}•{a_k}$
即（2m+9）²=（2m-1）•（2k-1），
∵（2m-1）≠0，∴$2k-1=\frac{{{{（{2m+9}）}^2}}}{2m-1}=2m+19+\frac{100}{2m-1}$，
∵2k-1∈Z，∴2m-1為100的約數，
∴2m-1=1，m=1，k=61．

點評 本題考查了等差數列與等比數列的通項公式與求和公式、數列的單調性、“裂項求和”方法、數列遞推關系，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．