Question

4．若數(shù)列{a_n}是的遞增等差數(shù)列，其中的a₃=5，且a₁，a₂，a₅成等比數(shù)列，
（1）求{a_n}的通項公式；
（2）設(shè)b_n=$\frac{1}{（{a}_{n}+1）（{a}_{n+1}+1）}$，求數(shù)列{b_n}的前項的和T_n．
（3）是否存在自然數(shù)m，使得$\frac{m-2}{4}$＜T_n＜$\frac{m}{5}$對一切n∈N^*恒成立？若存在，求出m的值；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）利用等差數(shù)列的通項公式和等比中項的定義即可得到首項和公差，即可得到通項公式；
（2）b_n=$\frac{1}{（{a}_{n}+1）（{a}_{n+1}+1）}$=$\frac{1}{4}$（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$），利用“裂項求和”即可得出數(shù)列{b_n}的前n項和為T_n；
（3）先確定$\frac{1}{8}$≤T_n＜$\frac{1}{4}$，再根據(jù)使得$\frac{m-2}{4}$＜T_n＜$\frac{m}{5}$對一切n∈N^*恒成立，建立不等式，即可求得m的值．

解答 解：（1）在等差數(shù)列中，設(shè)公差為d≠0，
由題意$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{1}{a}_{5}={{a}_{2}}^{2}}\\{{a}_{3}=5}\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{1}（{a}_{1}+4d）=（{a}_{1}+d）^{2}}\\{{a}_{1}+2d=5}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{1}=1}\\{d=2}\end{array}\right.$．
∴a_n=a₁+（n-1）d=1+2（n-1）=2n-1．
（2）由（1）知，a_n=2n-1．
則b_n=$\frac{1}{（{a}_{n}+1）（{a}_{n+1}+1）}$=$\frac{1}{2n•2（n+1）}$=$\frac{1}{4}$（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$），
所以T_n=$\frac{1}{4}$（1-$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{4}$+$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$）=$\frac{1}{4}$（1-$\frac{1}{n+1}$）=$\frac{n}{4（n+1）}$；
（3）T_n+1-T_n=$\frac{n+1}{4（n+2）}$-$\frac{n}{4（n+1）}$=$\frac{1}{4（n+1）（n+2）}$＞0，
∴{T_n}單調(diào)遞增，
∴T_n≥T₁=$\frac{1}{8}$．
∵T_n=$\frac{n}{4（n+1）}$＜$\frac{1}{4}$，
∴$\frac{1}{8}$≤T_n＜$\frac{1}{4}$
$\frac{m-2}{4}$＜T_n＜$\frac{m}{5}$對一切n∈N^*恒成立，則$\frac{1}{8}$≤$\frac{m}{5}$-$\frac{m-2}{4}$＜$\frac{1}{4}$
∴$\frac{5}{4}$≤m＜$\frac{5}{2}$
∵m是自然數(shù)，
∴m=2．

點(diǎn)評 本題考查數(shù)列的通項與求和，考查恒成立問題，求得數(shù)列的通項與和是關(guān)鍵．