Question

15．已知等差數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，等比數(shù)列{b_n}的前n項和為P_n，且a₁=b₁=1．
（1）設(shè)a₃=b₂，a₄=b₃，求數(shù)列{a_n+b_n}的通項公式；
（2）在（1）的條件下，且a_n≠a_n+1，求滿足S_n=P_m的所有正整數(shù)n、m；
（3）若存在正整數(shù)m（m≥3），且a_m=b_m＞0，試比較S_m與P_m的大小，并說明理由．

Answer 1

分析 （1）設(shè)等差數(shù)列{a_n}的公差為d，等比數(shù)列{b_n}的公比為q，根據(jù)a₃=b₂，a₄=b₃，a₁=b₁=1建立關(guān)系求解a_n，b_n的通項公式，可得數(shù)列{a_n+b_n}的通項公式；
（2）利用等差數(shù)列和等比數(shù)列的前n項和公式建立關(guān)系，利用函數(shù)的極值思想，求解n、m的關(guān)系，可得答案．
（3）存在正整數(shù)m（m≥3），且a_m=b_m＞0，可得1+（m-1）d=q^m-1＞0．利用作差法證明，需對q=1或q＞1進(jìn)行討論求解即可．

解答 解：（1）設(shè)等差數(shù)列{a_n}的公差為d，等比數(shù)列{b_n}的公比為q，
∵a₁=b₁=1．
a₃=b₂，a₄=b₃，∴1+2d=q，1+3d=q²，
聯(lián)立解得d=0，q=1；d=$-\frac{1}{4}$，q=$\frac{1}{2}$．
∴d=0，q=1時，a_n=1，b_n=1，a_n+b_n=2．
d=$-\frac{1}{4}$，q=$\frac{1}{2}$時，a_n=1-$\frac{1}{4}$（n-1），b_n=$（\frac{1}{2}）^{n-1}$，a_n+b_n=$\frac{5-n}{4}$+$（\frac{1}{2}）^{n-1}$．
（2）在（1）的條件下，且a_n≠a_n+1，∴d≠0，d=-$\frac{1}{4}$，q=$\frac{1}{2}$，
S_n=n+$\frac{n（n-1）}{2}×（-\frac{1}{4}）$，P_m=$\frac{1-（\frac{1}{2}）^{m}}{1-\frac{1}{2}}$=2-$（\frac{1}{2}）^{m-1}$．
n+$\frac{n（n-1）}{2}×（-\frac{1}{4}）$=2-$（\frac{1}{2}）^{m-1}$＜2，
解得：n＞$\frac{9+\sqrt{17}}{2}$或n$＜\frac{9-\sqrt{17}}{2}$．
滿足S_n=P_m的所有正整數(shù)n、m為：$\left\{\begin{array}{l}{m=1}\\{n=8}\end{array}\right.$，$\left\{\begin{array}{l}{m=3}\\{n=2}\end{array}\right.$，$\left\{\begin{array}{l}{m=3}\\{n=7}\end{array}\right.$，$\left\{\begin{array}{l}{m=1}\\{n=1}\end{array}\right.$，
（3）存在正整數(shù)m（m≥3），且a_m=b_m＞0，
1+（m-1）d=q^m-1＞0．
1，1+d，1+2d，…，1+（m-1）d．
1，q，q²，…，q^m-1．
下面證明：1+（m-2）d≥q^m-2．
①m=3時，若a₃=b₃，則1+2d=q²，
作差1+d-q=1+$\frac{{q}^{2}-1}{2}$-q=$\frac{（q-1）^{2}}{2}$≥0，因此S₃≥P₃．
②假設(shè)m＞3，作差：1+（m-2）d-q^m-2
=1+（m-2）$\frac{{q}^{m-1}-1}{m-1}$-q^m-2
=q^m-1-q^m-2-$\frac{{q}^{m-1}-1}{m-1}$
①若q=1，則（m-1）d=0，可得d=0．S_m=m+$\frac{m（m-1）}{2}$d=m，P_m=m，此時S_m=P_m．
②若q≠1，則q＞0．S_m=$\frac{m（1+{a}_{m}）}{2}$，
m+$\frac{m（m-1）}{2}$d，P_m=$\frac{{q}^{m}-1}{q-1}$=$\frac{1-_{m}q}{1-q}$=$\frac{1-{a}_{m}q}{1-q}$．
此時S_m-P_m＞0．
∴存在正整數(shù)m（m≥3），且a_m=b_m＞0，S_m≥P_m．

點評 本題主要考查了等差數(shù)列，等比數(shù)列，前n項和以及討論思想，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．