安得广夏
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- 已知\(a_{1}+a_{3}=2a_{2}-2\)，根据等差数列性质\(a_{n}=a_{1}+(n - 1)d\)，\(a_{1}+a_{1}+2d = 2(a_{1}+d)-2\)，化简得\(2a_{1}+2d = 2a_{1}+2d - 2\)，此式恒成立。
- 又\(S_{5}=30\)，由等差数列求和公式\(S_{n}=na_{1}+\frac{n(n - 1)}{2}d\)，可得\(5a_{1}+\frac{5\times4}{2}d = 30\)，即\(5a_{1}+10d = 30\)，化简为\(a_{1}+2d = 6\) 。
- 不妨设\(a_{1}=2\)（令\(d = 2\)满足\(a_{1}+2d = 6\)），则\(a_{n}=a_{1}+(n - 1)d = 2 + 2(n - 1)=2n\)。
2. **求数列\(\{ b_{n}\}\)的通项公式及前\(n\)项和\(T_{n}\)**：
- 因为\(b_{n}=\frac{1}{a_{n}a_{n + 1}}=\frac{1}{2n\cdot2(n + 1)}=\frac{1}{4}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n + 1}\right)\)。
- 那么\(T_{n}=b_{1}+b_{2}+\cdots +b_{n}=\frac{1}{4}\left[\left(1-\frac{1}{2}\right)+\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n + 1}\right)\right]\)。
- 通过裂项相消，\(T_{n}=\frac{1}{4}\left(1-\frac{1}{n + 1}\right)=\frac{n}{4(n + 1)}\)。
- 所以\(T_{1}=\frac{1}{4\times(1 + 1)}=\frac{1}{8}\)，\(T_{m}=\frac{m}{4(m + 1)}\)，\(T_{n}=\frac{n}{4(n + 1)}\)。
3. **判断是否存在满足条件的\(m\)，\(n\)**：
- 因为\(T_{1}\)，\(T_{m}\)，\(T_{n}\)成等比数列，则\(T_{m}^{2}=T_{1}T_{n}\)。
- 即\(\left(\frac{m}{4(m + 1)}\right)^{2}=\frac{1}{8}\times\frac{n}{4(n + 1)}\)，化简得\(\frac{m^{2}}{16(m + 1)^{2}}=\frac{n}{32(n + 1)}\)，进一步变形为\(\frac{m^{2}}{(m + 1)^{2}}=\frac{n}{2(n + 1)}\)。
- 由此可得\(2m^{2}(n + 1)=n(m + 1)^{2}\)，展开\(2m^{2}n+2m^{2}=nm^{2}+2mn + n\)，移项得\(2m^{2}n - nm^{2}-2mn + 2m^{2}-n = 0\)，即\(m^{2}n - 2mn + 2m^{2}-n = 0\)，\(n=\frac{2m^{2}}{2m - m^{2}+1}\)。
- 因为\(n\gt0\)，所以\(\frac{2m^{2}}{2m - m^{2}+1}\gt0\)，又\(m\)是正整数且\(1\lt m\)，解\(2m - m^{2}+1\gt0\)，\(m^{2}-2m - 1\lt0\)，由求根公式得\(m = 1\pm\sqrt{2}\)，所以\(1\lt m\lt1+\sqrt{2}\)，因为\(m\)是正整数，所以\(m = 2\)。
- 当\(m = 2\)时，\(n=\frac{2\times2^{2}}{2\times2 - 2^{2}+1}=8\)。
综上，存在\(m = 2\)，\(n = 8\)满足条件。现在看来依旧很有难度了
- 又\(S_{5}=30\)，由等差数列求和公式\(S_{n}=na_{1}+\frac{n(n - 1)}{2}d\)，可得\(5a_{1}+\frac{5\times4}{2}d = 30\)，即\(5a_{1}+10d = 30\)，化简为\(a_{1}+2d = 6\) 。
- 不妨设\(a_{1}=2\)（令\(d = 2\)满足\(a_{1}+2d = 6\)），则\(a_{n}=a_{1}+(n - 1)d = 2 + 2(n - 1)=2n\)。
2. **求数列\(\{ b_{n}\}\)的通项公式及前\(n\)项和\(T_{n}\)**：
- 因为\(b_{n}=\frac{1}{a_{n}a_{n + 1}}=\frac{1}{2n\cdot2(n + 1)}=\frac{1}{4}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n + 1}\right)\)。
- 那么\(T_{n}=b_{1}+b_{2}+\cdots +b_{n}=\frac{1}{4}\left[\left(1-\frac{1}{2}\right)+\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n + 1}\right)\right]\)。
- 通过裂项相消，\(T_{n}=\frac{1}{4}\left(1-\frac{1}{n + 1}\right)=\frac{n}{4(n + 1)}\)。
- 所以\(T_{1}=\frac{1}{4\times(1 + 1)}=\frac{1}{8}\)，\(T_{m}=\frac{m}{4(m + 1)}\)，\(T_{n}=\frac{n}{4(n + 1)}\)。
3. **判断是否存在满足条件的\(m\)，\(n\)**：
- 因为\(T_{1}\)，\(T_{m}\)，\(T_{n}\)成等比数列，则\(T_{m}^{2}=T_{1}T_{n}\)。
- 即\(\left(\frac{m}{4(m + 1)}\right)^{2}=\frac{1}{8}\times\frac{n}{4(n + 1)}\)，化简得\(\frac{m^{2}}{16(m + 1)^{2}}=\frac{n}{32(n + 1)}\)，进一步变形为\(\frac{m^{2}}{(m + 1)^{2}}=\frac{n}{2(n + 1)}\)。
- 由此可得\(2m^{2}(n + 1)=n(m + 1)^{2}\)，展开\(2m^{2}n+2m^{2}=nm^{2}+2mn + n\)，移项得\(2m^{2}n - nm^{2}-2mn + 2m^{2}-n = 0\)，即\(m^{2}n - 2mn + 2m^{2}-n = 0\)，\(n=\frac{2m^{2}}{2m - m^{2}+1}\)。
- 因为\(n\gt0\)，所以\(\frac{2m^{2}}{2m - m^{2}+1}\gt0\)，又\(m\)是正整数且\(1\lt m\)，解\(2m - m^{2}+1\gt0\)，\(m^{2}-2m - 1\lt0\)，由求根公式得\(m = 1\pm\sqrt{2}\)，所以\(1\lt m\lt1+\sqrt{2}\)，因为\(m\)是正整数，所以\(m = 2\)。
- 当\(m = 2\)时，\(n=\frac{2\times2^{2}}{2\times2 - 2^{2}+1}=8\)。
综上，存在\(m = 2\)，\(n = 8\)满足条件。现在看来依旧很有难度了
2025-05-06
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