Question

4．等差数列{a_n}有无穷多项，其前n项和为S_n，已知$\frac{{S}_{3}}{3}$+$\frac{{S}_{4}}{4}$+$\frac{{S}_{5}}{5}$=27，$\frac{{S}_{3}}{3}$×$\frac{{S}_{4}}{4}$×$\frac{{S}_{5}}{5}$=693．
（1）数列{a_n}的通项a_n；
（2）是否存在n，使得$\frac{{S}_{n}}{n}$+$\frac{128}{n+1}$取得最小值，如果存在，求出n的值，如果不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）通过设等差数列{a_n}的公差为d，利用$\frac{{S}_{3}}{3}$+$\frac{{S}_{4}}{4}$+$\frac{{S}_{5}}{5}$=27、$\frac{{S}_{3}}{3}$×$\frac{{S}_{4}}{4}$×$\frac{{S}_{5}}{5}$=693计算即得结论；
（2）通过记p（n）=$\frac{{S}_{n}}{n}$+$\frac{128}{n+1}$，分a_n=19-4n、a_n=4n-1两种情况讨论即可．

解答 解：（1）设等差数列{a_n}的公差为d，则S_n=na₁+$\frac{n（n-1）}{2}$d，
∵$\frac{{S}_{3}}{3}$+$\frac{{S}_{4}}{4}$+$\frac{{S}_{5}}{5}$=27，$\frac{{S}_{3}}{3}$×$\frac{{S}_{4}}{4}$×$\frac{{S}_{5}}{5}$=693，
∴$\frac{3{a}_{1}+3d}{3}$+$\frac{4{a}_{1}+6d}{4}$+$\frac{5{a}_{1}+10d}{5}$=27，$\frac{3{a}_{1}+3d}{3}$×$\frac{4{a}_{1}+6d}{4}$×$\frac{5{a}_{1}+10d}{5}$=693，
化简得：a₁+$\frac{3}{2}$d=9，（a₁+d）（a₁+2d）=77，
∴（9-$\frac{1}{2}$d）（9+$\frac{1}{2}$d）=77，
解得：d=±4，
当d=-4时，a₁=15，a_n=15-4（n-1）=19-4n；
当d=4时，a₁=3，a_n=3+4（n-1）=4n-1；
综上所述，数列{a_n}的通项a_n=19-4n或a_n=4n-1；
（2）结论：当a_n=4n-1时存在n=7使得$\frac{{S}_{n}}{n}$+$\frac{128}{n+1}$取得最小值．
理由如下：
由（1）可知a_n=19-4n或a_n=4n-1，记p（n）=$\frac{{S}_{n}}{n}$+$\frac{128}{n+1}$，则：
①当a_n=19-4n时，p（n）=$\frac{n（{a}_{1}+{a}_{n}）}{2n}$+$\frac{128}{n+1}$
=$\frac{15+19-4n}{2}$+$\frac{128}{n+1}$
=17-2n+$\frac{128}{n+1}$
显然p（n）无最小值；
②当a_n=4n-1时，p（n）=$\frac{n（{a}_{1}+{a}_{n}）}{2n}$+$\frac{128}{n+1}$
=$\frac{3+4n-1}{2}$+$\frac{128}{n+1}$
=2n+1+$\frac{128}{n+1}$
=2（n+1）+$\frac{128}{n+1}$-1
≥2$\sqrt{2（n+1）•\frac{128}{n+1}}$-1
=2$\sqrt{256}$-1
=31，
当且仅当2（n+1）=$\frac{128}{n+1}$即n=7时取等号，
从而p（n）最小值为31；
综上所述，当a_n=4n-1时存在n=7使得$\frac{{S}_{n}}{n}$+$\frac{128}{n+1}$取得最小值．

点评 本题考查数列递推式，考查分类讨论的思想，涉及基本不等式等基础知识，注意解题方法的积累，属于中档题．