Question

20．已知等差數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，且滿足S₅=5S₂，a_2n+1=2a_n+1（n∈N^*），正項(xiàng)等比數(shù)列{b_n}滿足b₂=a₂，b₆=a₈，數(shù)列{c_n}滿足c_n=$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{n}，}&{n=2k-1，k∈{N}^{*}}\\{_{n}，}&{n=2k．k∈{N}^{*}}\end{array}\right.$．
（1）求數(shù)列{a_n}，{b_n}的通項(xiàng)公式；
（2）求數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和為T(mén)_n（用n表示）；
（3）是否存在正整數(shù)m，使得T_m=2c_m+2，若存在，求出所有m的值；若不存在，說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）通過(guò)S₅=5S₂得a₁=d，通過(guò)a_2n+1=2a_n+1得a₁-2d+1=0，進(jìn)而可知a_n=n．利用q=$\root{4}{\frac{_{8}}{_{2}}}$可知公比，進(jìn)而可得結(jié)論；
（2）通過(guò)對(duì)n分奇偶數(shù)討論，計(jì)算即得結(jié)論；
（3）通過(guò)對(duì)n分奇偶數(shù)討論，計(jì)算即得結(jié)論．

解答 解：（1）設(shè)等差數(shù)列{a_n}的首項(xiàng)為a₁，公差為d，
由S₅=5S₂，得a₁=d，
由a_2n+1=2a_n+1得a₁-2d+1=0．
∴a₁=d=1，a_n=n．
∴b₂=2，b₆=8
∵b_n＞0，
∴公比q=$\root{4}{\frac{_{8}}{_{2}}}$=$\sqrt{2}$，b₁=$\sqrt{2}$，
∴b_n=$（{\sqrt{2}）}^{n}$；
（2）∵c_n=$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{n}，}&{n=2k-1，k∈{N}^{*}}\\{_{n}，}&{n=2k．k∈{N}^{*}}\end{array}\right.$，
當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，T_n=[1+3+5+…+（n-1）]+（2+4+8+…+${2}^{\frac{n}{2}}$）
=$\frac{{n}^{2}}{4}$+$\frac{2-{2}^{\frac{n}{2}+1}}{1-2}$
=$\frac{{n}^{2}}{4}$-2+${2}^{\frac{n}{2}+1}$；
當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，T_n=（1+3+5+…+n）+（2+4+8+…+${2}^{\frac{n-1}{2}}$）
=$\frac{（n+1）^{2}}{4}$+$\frac{2-{2}^{\frac{n+1}{2}}}{1-2}$
=$\frac{（n+1）^{2}}{4}$-2+${2}^{\frac{n+1}{2}}$；
∴T_n=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{（n+1）^{2}}{4}-2+{2}^{\frac{n+1}{2}}，}&{n=2k-1}\\{\frac{{n}^{2}}{4}-2+{2}^{\frac{n}{2}+1}，}&{n=2k}\end{array}\right.$；
（3）結(jié)論：存在正整數(shù)m=4滿足題設(shè)條件．
理由如下：
當(dāng)m為偶數(shù)時(shí)，
$\frac{{m}^{2}}{4}$-2+${2}^{\frac{m}{2}+1}$=2•${2}^{\frac{m}{2}}$+2，即$\frac{{m}^{2}}{4}$=4，
∴m=4；
當(dāng)m為奇數(shù)時(shí)，
$\frac{（m+1）^{2}}{4}$-2+${2}^{\frac{m+1}{2}}$=2m+2，
∴4•${2}^{\frac{m+1}{2}}$=24-（m-3）²，
即（m-3）²=24-4•${2}^{\frac{m+1}{2}}$≥0，
∴${2}^{\frac{m+1}{2}}$≤6，∴m=1或3．
∵當(dāng)m=1時(shí)，4≠16，當(dāng)m=3時(shí)，0≠8．
∴當(dāng)m為奇數(shù)時(shí)，這樣的m不存在．
綜上所述：m=4．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)及前n項(xiàng)和，考查運(yùn)算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．