Question

（2013•崇明縣二模）已知數(shù)列{a_n}是各項均不為0的等差數(shù)列，公差為d，S_n為其前n項和，且滿足an2=S2n-1，n∈N^*．?dāng)?shù)列{b_n}滿足bn=

1

an•an+1

，n∈N^*，T_n為數(shù)列{b_n}的前n項和．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項公式a_n和數(shù)列{b_n}的前n項和T_n；
（2）若對任意的n∈N^*，不等式λTn＜n+8•(-1)n恒成立，求實數(shù)λ的取值范圍；
（3）是否存在正整數(shù)m，n（1＜m＜n），使得T₁，T_m，T_n成等比數(shù)列？若存在，求出所有m，n的值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析：（1）由an2=S2n-1，n∈N^*．分別令n=1和2，可分別求出數(shù)列的首項和公差，代入可得數(shù)列{a_n}的通項公式，由bn=

1

an•an+1

，n∈N^*，可由裂項相消法得到數(shù)列{b_n}的前n項和T_n；
（2）由（1）中T_n的表達(dá)式，然后分n為奇數(shù)和n為偶數(shù)兩種情況，分別求出實數(shù)λ的取值范圍，綜合分類討論結(jié)果，可得答案．
（3）由（1）中T_n的表達(dá)式，結(jié)合等比數(shù)列的性質(zhì)，可構(gòu)造關(guān)于m，n的方程，根據(jù)1＜m＜n及m，n均為整數(shù)，可得答案．

解答：解：（1）在a_n²=S_2n-1中，令n=1，n=2，
得

a 2 1 =S1 a 2 2 =S3

，即

a 2 1 = a   1 (a   1 +d)2= 3a   1 +3d

（2分）
解得a₁=1，d=2，（3分）
∴a_n=2n-1．
∵bn=

1

an•an+1

=

1

(2n-1)•(2n+1)

=

1

2

（

1

(2n-1)

-

1

(2n+1)

），
∴Tn=

1

2

（1-

1

3

+

1

3

-

1

5

+…+

1

(2n-1)

-

1

(2n+1)

）=

n

2n+1

．（5分）
（2）①當(dāng)n為偶數(shù)時，要使不等式λT_n＜n+8•（-1）ⁿ恒成立，即需不等式λ＜

(n+8)(2n+1)

n

=2n+

8

n

+17恒成立．（6分）∵2n+

8

n

≥8，等號在n=2時取得．
∴此時λ需滿足λ＜25．（7分）
②當(dāng)n為奇數(shù)時，要使不等式λT_n＜n+8•（-1）ⁿ恒成立，即需不等式λ＜

(n-8)(2n+1)

n

=2n-

8

n

-15恒成立．（8分）
∵2n-

8

n

是隨n的增大而增大，
∴n=1時，2n-

8

n

取得最小值-6．
∴此時λ需滿足λ＜-21．（9分）
綜合①、②可得λ的取值范圍是λ＜-21．（10分）
（3）T₁=

1

3

，Tm=

m

2m+1

，Tn=

n

2n+1

，
若T₁，T_m，T_n成等比數(shù)列，則（

m

2m+1

）2=

1

3

（

n

2n+1

），
即

m2

4m2+4m+1

=

n

6n+3

．（11分）
由

m2

4m2+4m+1

=

n

6n+3

，可得

3

n

=

-2m2+4m+1

m2

＞0，
即-2m²+4m+1＞0，（12分）
∴1-

6

2

＜m＜1+

6

2

．（13分）
又m∈N，且m＞1，所以m=2，此時n=12．
因此，當(dāng)且僅當(dāng)m=2，n=12時，數(shù)列 {T_n}中的T₁，T_m，T_n成等比數(shù)列．（14分）

點(diǎn)評：本小題主要考查等差、等比數(shù)列的定義、通項、求和、對數(shù)的運(yùn)算、直線方程與不等式等知識，考查化歸、轉(zhuǎn)化、方程的數(shù)學(xué)思想方法，以及抽象概括能力、運(yùn)算求解能力、創(chuàng)新能力和綜合應(yīng)用能力