Question

8．設(shè)m個(gè)正數(shù)a₁，a₂，…，a_m（m≥4，m∈N^*）依次圍成一個(gè)圓圈．其中a₁，a₂，a₃，…，a_k-1，a_k（k＜m，k∈N*）是公差為d的等差數(shù)列，而a₁，a_m，a_m-1，…，a_k+1，a_k是公比為q的等比數(shù)列．
（1）若a₁=d=1，q=2，k=8，求數(shù)列a₁，a₂，…，a_m的所有項(xiàng)的和S_m；
（2）若a₁=d=q=3，m＜2015，求m的最大值；
（3）當(dāng)q=2時(shí)是否存在正整數(shù)k，滿足a₁+a₂+…+a_k-1+a_k=3（a_k+1+a_k+2+…+a_m-1+a_m）？若存在，求出k值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）由題意可得：a_k=8，因此數(shù)列a₁，a₂，…，a_m為1，2，3，4，5，6，7，8，4，2共10個(gè)數(shù)，即可得出．
（2）由于a₁，a₂，a₃，…，a_k-1，a_k（k＜m，k∈N*）是首項(xiàng)為3，公差為3的等差數(shù)列，可得a_k=3k．而a₁，a_m，a_m-1，…，a_k+1，a_k是公比為q的等比數(shù)列，可得a_k=3^m+2-k，因此3k=3^m+2-k，要使m最大，則k必須最大．又k＜m＜2015，即可得出；
（3）由a₁，a₂，a₃，…，a_k-1，a_k（k＜m，k∈N*）是公差為d的等差數(shù)列，可得a_k=a₁+（k-1）d．而a₁，a_m，a_m-1，…，a_k+1，a_k是公比為2的等比數(shù)列，可得a_k=${a}_{1}•{2}^{m+1-k}$．故a₁+（k-1）d=${a}_{1}•{2}^{m+1-k}$，（k-1）d=a₁（2^m+1-k-1）．又a₁+a₂+…+a_k-1+a_k=3（a_k+1+a_k+2+…+a_m-1+a_m），a_m=2a₁，化簡(jiǎn)整理即可得出．

解答 解：（1）由題意可得：a_k=8，因此數(shù)列a₁，a₂，…，a_m為1，2，3，4，5，6，7，8，4，2共10個(gè)數(shù)，此時(shí)m=10，S_m=42．
（2）∵a₁，a₂，a₃，…，a_k-1，a_k（k＜m，k∈N*）是首項(xiàng)為3，公差為3的等差數(shù)列，
∴a_k=3k．
而a₁，a_m，a_m-1，…，a_k+1，a_k是公比為q的等比數(shù)列，
∴a_k=3^m+2-k，因此3k=3^m+2-k，
∴k•3^k=3^m+1，
要使m最大，則k必須最大．
又k＜m＜2015，故k的最大值為 3⁶，可得3⁶•3⁷²⁹=3^m+1，解得m的最大值是734．
（3）由a₁，a₂，a₃，…，a_k-1，a_k（k＜m，k∈N*）是公差為d的等差數(shù)列，可得a_k=a₁+（k-1）d．
而a₁，a_m，a_m-1，…，a_k+1，a_k是公比為2的等比數(shù)列，∴a_k=${a}_{1}•{2}^{m+1-k}$．
故a₁+（k-1）d=${a}_{1}•{2}^{m+1-k}$，∴（k-1）d=a₁（2^m+1-k-1）．
又a₁+a₂+…+a_k-1+a_k=3（a_k+1+a_k+2+…+a_m-1+a_m），a_m=2a₁，
∴$k{a}_{1}+\frac{1}{2}k（k-1）d$=3×2a₁×$\frac{1-{2}^{m-k}}{1-2}$，則ka₁+$\frac{1}{2}k$$[{a}_{1}（{2}^{m+1-k}-1）]$=6（2^m-k-1），
則$\frac{1}{2}k•{2}^{m+1-k}$+$\frac{1}{2}$k=6（2^m-k-1），即k•2^m+1-k+k=6×2^m+1-k-12，
k≠6，則2^m+1-k=$\frac{k+12}{6-k}$=-1+$\frac{18}{6-k}$，∴k＜6，
代入驗(yàn)證可得：當(dāng)k=4時(shí)，上式等式成立，此時(shí)m=6．綜上可得：當(dāng)且僅當(dāng)m=6時(shí)，存在k=4滿足等式．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項(xiàng)公式及其前n項(xiàng)和公式、分類討論方法，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．