Question

3．設(shè)等差數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，且a₂+a₁₆=34，S₄=16．?dāng)?shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為T_n，滿足T_n+b_n=1．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）寫出一個(gè)正整數(shù)m，使得$\frac{1}{{{a_m}+9}}$是數(shù)列{b_n}的項(xiàng)；
（3）設(shè)數(shù)列{c_n}的通項(xiàng)公式為c_n=$\frac{a_n}{{{a_n}+t}}$，問(wèn)：是否存在正整數(shù)t和k（k≥3），使得c₁，c₂，c_k成等差數(shù)列？若存在，請(qǐng)求出所有符合條件的有序整數(shù)對(duì)（t，k）；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）通過(guò)解方程組$\left\{\begin{array}{l}{2{a}_{1}+16d=34}\\{4{a}_{1}+6d=16}\end{array}\right.$，進(jìn)而計(jì)算可得結(jié)論；
（2）通過(guò)T_n=1-b_n與T_n+1=1-b_n+1作差可知數(shù)列{b_n}是首項(xiàng)、公比均為$\frac{1}{2}$的等比數(shù)列，通過(guò)化簡(jiǎn)只要m+42ⁿ即可；
（3）通過(guò)（1）知c_n=$\frac{2n-1}{2n-1+t}$，進(jìn)而只需k=3+$\frac{4}{t-1}$，考慮到k與t都是正整數(shù)，依次選取并檢驗(yàn)即可．

解答 解：（1）設(shè)數(shù)列{a_n}的首項(xiàng)為a₁，公差為d，
由已知，有$\left\{\begin{array}{l}{2{a}_{1}+16d=34}\\{4{a}_{1}+6d=16}\end{array}\right.$，
解得：a₁=1，d=2，
∴數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式a_n=2n-1；
（2）當(dāng)n=1時(shí)，b₁=T₁=1-b₁，所以b₁=$\frac{1}{2}$，
由T_n=1-b_n，得T_n+1=1-b_n+1，
兩式相減，得：b_n+1=b_n-b_n+1，即b_n+1=$\frac{1}{2}$b_n，
∴數(shù)列{b_n}是首項(xiàng)、公比均為$\frac{1}{2}$的等比數(shù)列，
∴b_n=$\frac{1}{{2}^{n}}$，
∵$\frac{1}{{a}_{m}+9}$=$\frac{1}{2m+8}$=$\frac{1}{2（m+4）}$，
∴要使$\frac{1}{{a}_{m}+9}$是數(shù)列{b_n}中的項(xiàng)，只要m+4=2ⁿ即可，
故可取m=4；
（3）結(jié)論：存在符合條件的正整數(shù)t和k，所有符合條件的有序整數(shù)對(duì)（t，k）為：（2，7）、（3，5）、（5，4）．
理由如下：
由（1）知，c_n=$\frac{2n-1}{2n-1+t}$，
要使c₁，c₂，c_k成等差數(shù)列，必須2c₂=c₁+c_k，
即$\frac{6}{3+t}$=$\frac{1}{1+t}$+$\frac{2k-1}{2k-1+t}$，化簡(jiǎn)得k=3+$\frac{4}{t-1}$．
因?yàn)閗與t都是正整數(shù)，所以t只能取2，3，5．
當(dāng)t=2時(shí)，k=7；
當(dāng)t=3時(shí)，k=5；
當(dāng)t=5時(shí)，k=4．
綜上可知，存在符合條件的正整數(shù)t和k，
所有符合條件的有序整數(shù)對(duì)（t，k）為：（2，7）、（3，5）、（5，4）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)，注意解題方法的積累，屬于中檔題．