Question

3．若存在常數(shù)k（k∈N^*，k≥2）、q、d，使得無窮數(shù)列{a_n}滿足${a_{n+1}}=\left\{\begin{array}{l}{a_n}+d，\frac{n}{k}∉{N^*}\\ q{a_n}，\frac{n}{k}∈{N^*}\end{array}\right.$則稱數(shù)列{a_n}為“段比差數(shù)列”，其中常數(shù)k、q、d分別叫做段長、段比、段差．設(shè)數(shù)列{b_n}為“段比差數(shù)列”．
（1）若{b_n}的首項、段長、段比、段差分別為1、3、q、3．
①當(dāng)q=0時，求b₂₀₁₆；
②當(dāng)q=1時，設(shè){b_n}的前3n項和為S_3n，若不等式${S_{3n}}≤λ•{3^{n-1}}$對n∈N^*恒成立，求實數(shù)λ的取值范圍；
（2）設(shè){b_n}為等比數(shù)列，且首項為b，試寫出所有滿足條件的{b_n}，并說明理由．

Answer 1

分析 （1）①方法一：由{b_n}的首項、段長、段比、段差可得b₂₀₁₄=0×b₂₀₁₃=0，再由b₂₀₁₅=b₂₀₁₄+3，b₂₀₁₆=b₂₀₁₅+3即可；
方法二：根據(jù){b_n}的首項、段長、段比、段差，⇒b₁=1，b₂=4，b₃=7，b₄=0×b₃=0，b₅=b₄+3=3，b₆=b₅+3=6，b₇=0×b₆=0，…⇒b_n}是周期為3的周期數(shù)列即可；
 ②方法一：由{b_n}的首項、段長、段比、段差，⇒b_3n+2-b_3n-1=（b_3n+1+d）-b_3n-1=（qb_3n+d）-b_3n-1=[q（b_3n-1+d）+d]-b_3n-1=2d=6，⇒{b_3n-1}是等差數(shù)列，又∵b_3n-2+b_3n-1+b_3n=（b_3n-1-d）+b_3n-1+（b_3n-1+d）=3b_3n-1，即可求S_3n
方法二：由{b_n}的首項、段長、段比、段差⇒b_3n+1=b_3n，∴b_3n+3-b_3n=b_3n+3-b_3n+1=2d=6，∴{b_3n}是首項為b₃=7、公差為6的等差數(shù)列即可，
（2）方法一：設(shè){b_n}的段長、段比、段差分別為k、q、d，⇒等比數(shù)列的通項公式有${b_n}=b{q^{n-1}}$，
當(dāng)m∈N^*時，b_km+2-b_km+1=d，即bq^km+1-bq^km=bq^km（q-1）=d恒成立，①若q=1，則d=0，b_n=b；
②若q≠1，則${q^{km}}=\fracg66qgyg{{（{q-1}）b}}$，則q^km為常數(shù)，則q=-1，k為偶數(shù)，d=-2b，${b_n}={（{-1}）^{n-1}}b$；
方法二：設(shè){b_n}的段長、段比、段差分別為k、q、d，
①若k=2，則b₁=b，b₂=b+d，b₃=（b+d）q，b₄=（b+d）q+d，由${b_1}{b_3}=b_2^2$，得b+d=bq；由${b_2}{b_4}=b_3^2$，得（b+d）q²=（b+d）q+d，求得得d 即可
 ②若k≥3，則b₁=b，b₂=b+d，b₃=b+2d，由${b_1}{b_3}=b_2^2$，求得得d 即可．

解答 （1）①方法一：∵{b_n}的首項、段長、段比、段差分別為1、3、0、3，∴b₂₀₁₄=0×b₂₀₁₃=0，∴b₂₀₁₅=b₂₀₁₄+3=3，∴b₂₀₁₆=b₂₀₁₅+3=6．…（3分）
方法二：∵{b_n}的首項、段長、段比、段差分別為1、3、0、3，
∴b₁=1，b₂=4，b₃=7，b₄=0×b₃=0，b₅=b₄+3=3，b₆=b₅+3=6，b₇=0×b₆=0，…
∴當(dāng)n≥4時，{b_n}是周期為3的周期數(shù)列．
∴b₂₀₁₆=b₆=6．…（3分）
②方法一：∵{b_n}的首項、段長、段比、段差分別為1、3、1、3，
∴b_3n+2-b_3n-1=（b_3n+1+d）-b_3n-1=（qb_3n+d）-b_3n-1=[q（b_3n-1+d）+d]-b_3n-1=2d=6，
∴{b_3n-1}是以b₂=4為首項、6為公差的等差數(shù)列，
又∵b_3n-2+b_3n-1+b_3n=（b_3n-1-d）+b_3n-1+（b_3n-1+d）=3b_3n-1，∴S_3n=（b₁+b₂+b₃）+（b₄+b₅+b₆）+…+（b_3n-2+b_3n-1+b_3n）=$3（{{b_2}+{b_5}…+{b_{3n-1}}}）=3[{4n+\frac{{n（{n-1}）}}{2}×6}]=9{n^2}+3n$，…（6分）∵${S_{3n}}≤λ•{3^{n-1}}$，∴$\frac{{{S_{3n}}}}{{{3^{n-1}}}}≤λ$，設(shè)$∠ADB=\frac{π}{2}$，則λ≥（c_n）_max，
又${c_{n+1}}-{c_n}=\frac{{9{{（{n+1}）}^2}+3（{n+1}）}}{3^n}-\frac{{9{n^2}+3n}}{{{3^{n-1}}}}=\frac{{-2（{3{n^2}-2n-2}）}}{{{3^{n-1}}}}$，
當(dāng)n=1時，3n²-2n-2＜0，c₁＜c₂；當(dāng)n≥2時，3n²-2n-2＞0，c_n+1＜c_n，
∴c₁＜c₂＞c₃＞…，∴（c_n）_max=c₂=14，…（9分）
∴λ≥14，得λ∈[14，+∞）．…（10分）
方法二：∵{b_n}的首項、段長、段比、段差分別為1、3、1、3，
∴b_3n+1=b_3n，∴b_3n+3-b_3n=b_3n+3-b_3n+1=2d=6，∴{b_3n}是首項為b₃=7、公差為6的等差數(shù)列，
∴${b_3}+{b_6}+…+{b_{3n}}=7n+\frac{{n（{n-1}）}}{2}×6=3{n^2}+4n$，
易知{b_n}中刪掉{b_3n}的項后按原來的順序構(gòu)成一個首項為1公差為3的等差數(shù)列，∴${b_1}+{b_2}+{b_4}+{b_5}+…+{b_{3n-2}}+{b_{3n-1}}=2n×1+\frac{{2n（{2n-1}）}}{2}×3=6{n^2}-n$，∴${S_{3n}}=（{3{n^2}+4n}）+（{6{n^2}-n}）=9{n^2}+3n$，…（6分）
以下同方法一．
（2）方法一：設(shè){b_n}的段長、段比、段差分別為k、q、d，
則等比數(shù)列{b_n}的公比為$\frac{{{b_{k+1}}}}{b_k}=q$，由等比數(shù)列的通項公式有${b_n}=b{q^{n-1}}$，
當(dāng)m∈N^*時，b_km+2-b_km+1=d，即bq^km+1-bq^km=bq^km（q-1）=d恒成立，…（12分）
①若q=1，則d=0，b_n=b；
②若q≠1，則${q^{km}}=\fraccq6ue6o{{（{q-1}）b}}$，則q^km為常數(shù)，則q=-1，k為偶數(shù)，d=-2b，${b_n}={（{-1}）^{n-1}}b$；
經(jīng)檢驗，滿足條件的{b_n}的通項公式為b_n=b或${b_n}={（{-1}）^{n-1}}b$．…（16分）
方法二：設(shè){b_n}的段長、段比、段差分別為k、q、d，
①若k=2，則b₁=b，b₂=b+d，b₃=（b+d）q，b₄=（b+d）q+d，
由${b_1}{b_3}=b_2^2$，得b+d=bq；由${b_2}{b_4}=b_3^2$，得（b+d）q²=（b+d）q+d，
聯(lián)立兩式，得$\left\{\begin{array}{l}d=0\\ q=1\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}d=-2b\\ q=-1\end{array}\right.$，則b_n=b或${b_n}={（{-1}）^{n-1}}b$，經(jīng)檢驗均合題意．…（13分）
②若k≥3，則b₁=b，b₂=b+d，b₃=b+2d，
由${b_1}{b_3}=b_2^2$，得（b+d）²=b（b+2d），得d=0，則b_n=b，經(jīng)檢驗適合題意．
綜上①②，滿足條件的{b_n}的通項公式為b_n=b或${b_n}={（{-1}）^{n-1}}b$．…（16分）

點評 本題考查了等差等比數(shù)列的運(yùn)算及性質(zhì)，考查了學(xué)生的推理和分析能力，屬于難題．