Question

9．若存在常數(shù)k（k∈N^*，k≥2）、d、t（d，t∈R），使得無窮數(shù)列{a_n}滿足a_n+1=$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{n}+d，\frac{n}{k}{∉N}^{*}}\\{{ta}_{n}，\frac{n}{k}{∈N}^{*}}\end{array}\right.$，則稱數(shù)列{a_n}為“段差比數(shù)列”，其中常數(shù)k、d、t分別叫做段長(zhǎng)、段差、段比，設(shè)數(shù)列{b_n}為“段差比數(shù)列”．
（1）已知{b_n}的首項(xiàng)、段長(zhǎng)、段差、段比分別為1、2、d、t，若{b_n}是等比數(shù)列，求d、t的值；
（2）已知{b_n}的首項(xiàng)、段長(zhǎng)、段差、段比分別為1、3、3、1，其前3n項(xiàng)和為S_3n，若不等式${S}_{3n}≤λ{(lán)•3}^{n-1}$對(duì)n∈N^*恒成立，求實(shí)數(shù)λ的取值范圍；
（3）是否存在首項(xiàng)為b，段差為d（d≠0）的“段差比數(shù)列”{b_n}，對(duì)任意正整數(shù)n都有b_n+6=b_n．若存在，寫出所有滿足條件的{b_n}的段長(zhǎng)k和段比t組成的有序數(shù)組（k，t）；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）{b_n}的前4項(xiàng)依次為1，1+d，t（1+d），t（1+d）+d，先求出t，再代入驗(yàn)證，可得結(jié)論；
（2）由{b_n}的首項(xiàng)、段長(zhǎng)、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，從而求實(shí)數(shù)λ的取值范圍；
（3）k取2，3，4時(shí)存在，有序數(shù)組可以是（2，$\frac{b+d}$），（3，$\frac{b+2d}$），（3，-1），（6，$\frac{b+5d}$）．

解答 解：（1）{b_n}的前4項(xiàng)依次為1，1+d，t（1+d），t（1+d）+d，
由前三項(xiàng)成等比數(shù)列得（1+d）²=t（1+d），
∵1+≠0，∴t=1+d，
那么第2，3，4項(xiàng)依次為t，t²，t²+t-1，∴t⁴=t（t²+t-1），∴t=±1．
t=1時(shí)，d=0，b_n=1，滿足題意；
t=-1時(shí)，d=-2，b_n=（-1）^n-1，滿足題意；
（2）∵{b_n}的首項(xiàng)、段長(zhǎng)、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(xiàng)、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（b₂+b₅+…+b_3n-1）=3[4n+$\frac{n（n-1）}{2}×6$]=9n²+3n，…（6分）
∵${S}_{3n}≤λ{(lán)•3}^{n-1}$，∴$\frac{{S}_{3n}}{{3}^{n-1}}≤λ$，
設(shè)c_n=$\frac{{S}_{3n}}{{3}^{n-1}}$，則λ≥（c_n）_max，
又c_n+1-c_n=$\frac{-2（3{n}^{2}-2n-2）}{{3}^{n-1}}$，
當(dāng)n=1時(shí)，3n²-2n-2＜0，c₁＜c₂；當(dāng)n≥2時(shí)，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）
（3）k取2，3，4時(shí)存在，有序數(shù)組可以是（2，$\frac{b+d}$），（3，$\frac{b+2d}$），（3，-1），（6，$\frac{b+5d}$）．

點(diǎn)評(píng) 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．