Question

設(shè)等比數(shù)列{a_n}的首項(xiàng)為a₁=2，2n²-（t+b_n）n+

3

2

bn=0(t∈R，n∈N*)．公比為q（q為正整數(shù)），且滿(mǎn)足3a₃是8a₁與a₅的等差中項(xiàng)；數(shù)列{b_n}滿(mǎn)足
（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)每個(gè)正整數(shù)k，在a_k與a_k+1之間插入b_k個(gè)2，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(mǎn)足T_m=2c_m+1的所有正整數(shù)m．

Answer 1

考點(diǎn)：等差數(shù)列與等比數(shù)列的綜合

專(zhuān)題：等差數(shù)列與等比數(shù)列

分析：（1）由已知可求出q的值，從而可求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）由已知可求b_n=

2n2-tn

n- 3 2

，從而可依次寫(xiě)出b₁，b₂，b₃若數(shù)列{b_n}為等差數(shù)列，則有b₁+b₃=2b₂，從而可確定t的值；
（3）因?yàn)閏₁=c₂=c₃=2，c₄=4，c₅=c₆=2，檢驗(yàn)知m=1，3，4不合題意，m=2適合題意．當(dāng)m≥5時(shí)，若后添入的數(shù)2=c_m+1則一定不適合題意，從而c_m+1必定是數(shù)列{a_n}中的某一項(xiàng)，設(shè)c_m+1=a_k+1則2^k-k²-k+1=0．由函數(shù)的單調(diào)性知2^k-k²-k+1＞0對(duì)k∈[5，+∞）恒成立，即有m≥5都不合題意．故滿(mǎn)足題意的正整數(shù)只有m=2．

解答： 解：（1）因?yàn)?a₃=8a₁+a₅，所以6q²=8+q⁴，
解得q²=4或q²=2（舍去），則q=2．
又a₁=2，所以a_n=2ⁿ
（2）由 2n²-（t+b_n）n+

3

2

b_n=0，得b_n=

2n2-tn

n- 3 2

，
所以b₁=2t-4，b₂=16-4t，b₃=12-2t，則由b₁+b₃=2b₂，得t=3．
而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，c₄=4，c₅=c₆=2，檢驗(yàn)知m=1，3，4不合題意，m=2適合題意．
當(dāng)m≥5時(shí)，若后添入的數(shù)2=c_m+1則一定不適合題意，從而c_m+1必定是數(shù)列{a_n}中的某一項(xiàng)，設(shè)c_m+1=a_k+1則
（2+2²+2³+…+2^k）+2×（b₁+b₂+b₃+…+b_k）=2×2^k+1
所以

2(1-2k)

1-2

+

(2+2k)k

2

×2=2×2k+1即有2^k-k²-k+1=0．
記f（k）=2^k-k²-k+1，則f′（k）=（ln2）•2^k-2k-1．
∵1+2+2²+…+2^k-1=2^k-1
∴2^k=（1+2+2²+…+2^k-1）+1＞[1+2+2²+2³+2⁴+2²（k-5）]+1=4k+12
又因?yàn)?ln2=ln4＞1
∴f′（k）＞2ln2（2k+6）-（2k+1）＞（2k+6）-（2k+1）＞5＞0．
從而f（k）在[5，+∞）上是增函數(shù)．
由f（5）=32-25-5+1=3＞0知f（k）＞0對(duì)k∈[5，+∞）恒成立．
∴f（k）=0在[5，+∞）無(wú)解，即有m≥5都不合題意．
綜上可知，滿(mǎn)足題意的正整數(shù)只有m=2．

點(diǎn)評(píng)：本題主要考察了等差數(shù)列與等比數(shù)列的綜合應(yīng)用，考察了函數(shù)單調(diào)性的證明，屬于中檔題．