Question

（2012•揚州模擬）已知等差數(shù)列{a_n}的各項均為正數(shù)，其前n項和為S_n，首項a₁=1．
（Ⅰ）若

S1

+

S3

=2

S2

，求S₅；
（Ⅱ）若數(shù)列{a_n}中存在兩兩互異的正整數(shù)m、n、p同時滿足下列兩個條件：①m+p=2n；②

Sm

+

Sp

=2

Sn

，求數(shù)列的通項a_n；
（Ⅲ）對于（Ⅱ）中的數(shù)列{a_n}，設(shè)bn=3•(

1

2

)an（n∈N^*），集合T_n={b_i•b_j|1≤i≤j≤n，i，j∈N^*}，記集合T_n中所有元素之和B_n，試問：是否存在正整數(shù)n和正整數(shù)k，使得不等式

1

bnBn-k

+

1

k-bn+1Bn+1

＞0成立？若存在，請求出所有n和k的值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析：（Ⅰ）由等差數(shù)列性質(zhì)，知S₃=a₁+a₂+a₃=3a₂，由

S1

+

S3

=2

S2

和首項a₁=1，得2

3a2

=3+a2，由此能求出S₅．
（Ⅱ）設(shè)Sn=An2+Bn，由

Sm

+

Sp

=2

Sn

，導(dǎo)出2

SmSp

=2Amp+B(m+p)，由此入手，能夠求出a_n．
（Ⅲ）由bn=3•(

1

2

)2n-1=6•(

1

4

)n，知Bn=36[(

1

4

)2+(

1

4

)3+…+(

1

4

)2n]=3[1-(

1

4

)2n-1]．由此入手，能夠推導(dǎo)出存在正整數(shù)n、k使不等式成立，并能求出所有n和k的值．

解答：解：（Ⅰ）∵等差數(shù)列，∴S₃=a₁+a₂+a₃=3a₂，
又∵

S1

+

S3

=2

S2

，∴S1+S3+2

S1S3

=4S2，
∵S₁=a₁=1，∴2

3a2

=3+a2，
∴(

a2

-

3

)2=0，
∴a₂=3，則公差d=2，S₅=25．
（Ⅱ）∵等差數(shù)列{a_n}，∴設(shè)Sn=An2+Bn，
∵

Sm

+

Sp

=2

Sn

，
∴Sm+Sp+2

Sm•Sp

=4Sn，
即A(m2+p2)+B(m+p)+2

Sm•Sp

=4(An2+Bn)=A（m+p）²+2B（m+p），
∴2

SmSp

=2Amp+B(m+p)，
兩邊平方得，4（Am²+Bm）（Ap²+Bp）=4A²m²p²+4ABmp（m+p）+B²（m+p）²，
∴4B²mp=B²（m+p）²，
即B²（m-p）²=0，∵m≠p，∴B=0，又a₁=S₁=1，∴A=1．
當n≥2時，a_n=S_n-S_n-1=2n-1，a₁=1適合，∴a_n=2n-1．
（Ⅲ）bn=3•(

1

2

)2n-1=6•(

1

4

)n，
則bi•bj=36(

1

4

)i+j(2≤i+j≤2n)，
∴Bn=36[(

1

4

)2+(

1

4

)3+…+(

1

4

)2n]=3[1-(

1

4

)2n-1]．
∵bnBn=18(

1

4

)n[1-(

1

4

)2n-1]，bn+1Bn+1-bnBn=18(

1

4

)n+1[1-(

1

4

)2n+1]-18(

1

4

)n[1-(

1

4

)2n-1]=18(

1

4

)n+1[-3+

65

16

(

1

4

)2n-1]，
∵

65

16

(

1

4

)2n-1≤

65

16

×

1

4

＜2，
∴b_n+1B_n+1-b_nB_n＜0，∴數(shù)列{b_nB_n}是遞減數(shù)列，
由已知不等式得，

bnBn-bn+1Bn+1

(bnBn-k)(k-bn+1Bn+1)

＞0，∵b_n+1B_n+1-b_nB_n＜0，
∴b_n+1B_n+1＜k＜b_nB_n．
又b1B1=18×(

1

4

)×(1-

1

4

)=

27

8

，b2B2=18×(

1

4

)2×[1-(

1

4

)3]=

567

520

，b3B3=18×(

1

4

)3×[1-(

1

4

)5]＜18×(

1

4

)3＜1，∴當n≥3時，b_nB_n＜1，
∴當n=1時，k=2或3；當n=2時，k=1，
故存在正整數(shù)n、k使不等式成立，所有n和k的值為：n=1，k=2或3；n=2，k=1．

點評：本題考查數(shù)列的前n項和、數(shù)列的通項公式的求法．綜合性強，難度大，有一定的探索性．解題時要認真審題，仔細解答，注意合理地進行等價轉(zhuǎn)化．