Question

已知等比數(shù)列{a_n}的首項(xiàng)為a₁=2，公比為q（q為正整數(shù)），且滿足3a₃是8a₁與a₅的等差中項(xiàng)；數(shù)列{b_n}滿足2n²-（t+b_n）n+b_n=0（t∈R，n∈N^*）．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）試確定t的值，使得數(shù)列{b_n}為等差數(shù)列；
（3）當(dāng){b_n}為等差數(shù)列時(shí)，對(duì)任意正整數(shù)k，在a_k與a_k+1之間插入2共b_k個(gè)，得到一個(gè)新數(shù)列{c_n}．設(shè)T_n是數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和，試求滿足T_n=2c_m+1的所有正整數(shù)m的值．

Answer 1

【答案】分析：（1）由3a₃是8a₁與a₅的等差中項(xiàng)得到6a₃=8a₁+a₅，根據(jù)首項(xiàng)2和公比q，利用等比數(shù)列的通項(xiàng)公式化簡(jiǎn)這個(gè)式子即可求出q的值，利用首項(xiàng)和公比即可得到通項(xiàng)公式；
（2）由2n²-（t+b_n）n+b_n=0解出b_n，列舉出b₁，b₂和b₃，要使數(shù)列{b_n}為等差數(shù)列，根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)可知b₁+b₃=2b₂，把b₁，b₂和b₃的值代入即可求出t的值；
（3）顯然c₁=c₂=c₃=2，容易判斷m=1時(shí)不合題意，m=2適合題意，當(dāng)m大于等于3時(shí)，得到c_m+1必是數(shù)列{a_n}中的某一項(xiàng)a_k+1，然后根據(jù)T_n=2c_m+1列舉出各項(xiàng)，利用等差、等比數(shù)列的求和公式化簡(jiǎn)后得到2^k=k²+k-1，把k=1，2，3，4，代入等式得到不是等式的解，利用數(shù)學(xué)歸納法證明得到k大于等于5時(shí)方程沒(méi)有正整數(shù)解，所以得到滿足題意的m僅有一個(gè)解m=2．
解答：解：（1）因?yàn)?a₃=8a₁+a₅，所以6q²=8+q⁴，
解得q²=4或q²=2（舍），則q=2
又a₁=2，所以a_n=2ⁿ
（2）由2n²-（t+b_n）n+b_n=0，得b_n=，
所以b₁=2t-4，b₂=16-4t，b₃=12-2t，
則由b₁+b₃=2b₂，得t=3
而當(dāng)t=3時(shí)，b_n=2n，由b_n+1-b_n=2（常數(shù)）知此時(shí)數(shù)列{b_n}為等差數(shù)列；
（3）因?yàn)閏₁=c₂=c₃=2，易知m=1不合題意，m=2適合題意
當(dāng)m≥3時(shí)，若后添入的數(shù)2等于c_m+1個(gè)，則一定不適合題意，
從而c_m+1必是數(shù)列{a_n}中的某一項(xiàng)a_k+1，
則（2+2²+2³+…+2^k）+2（b₁+b₂+b₃+…+b_k）=2×2^k+1，
即，即2^k+1-2k²-2k+2=0．
也就是2^k=k²+k-1，
易證k=1，2，3，4不是該方程的解，而當(dāng)n≥5時(shí)，2ⁿ＞n²+n-1成立，證明如下：
1°當(dāng)n=5時(shí)，2⁵=32，k²+k-1=29，左邊＞右邊成立；
2°假設(shè)n=k時(shí)，2^k＞k²+k-1成立，
當(dāng)n=k+1時(shí)，2^k+1＞2k²+2k-2=（k+1）²+（k+1）-1+k²-k-3
≥（k+1）²+（k+1）-1+5k-k-3=（k+1）²+（k+1）-1+k+3（k-1）＞（k+1）²+（k+1）-1
這就是說(shuō)，當(dāng)n=k+1時(shí)，結(jié)論成立．
由1°，2°可知，2ⁿ＞n²+n-1（n≥5）時(shí)恒成立，故2^k=k²+k-1無(wú)正整數(shù)解．
綜上可知，滿足題意的正整數(shù)僅有m=2．
點(diǎn)評(píng)：此題考查學(xué)生靈活運(yùn)用等差數(shù)列的性質(zhì)及等比數(shù)列的通項(xiàng)公式化簡(jiǎn)求值，靈活運(yùn)用數(shù)列解決實(shí)際問(wèn)題，以及會(huì)利用數(shù)學(xué)歸納法進(jìn)行證明，是一道比較難的題．