Question

7．設(shè)m個正數(shù)a₁，a₂，…，a_m（m≥4，m∈N^*）依次圍成一個圓圈．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2的等比數(shù)列．
（1）若a₁=d=2，k=8，求數(shù)列a₁，a₂，…，a_m的所有項的和S_m；
（2）若a₁=d=2，m＜2015，求m的最大值；
（3）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，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）依題意a_k=16，故數(shù)列a₁，a₂，…，a_m即為2，4，6，8，10，12，14，16，8，4共10個數(shù)，即可得出．
（2）由數(shù)列{a_n}滿足a₁=d=2，利用等差數(shù)列的通項公式可得a_k=2k．而a₁，a_m，a_m-1，…，a_k+1，a_k是首項為2、公比為2的等比數(shù)列知，${a_k}={2^{m+2-k}}$．故有2k=2^m+2-k，k=2^m+1-k，即k必是2的整數(shù)次冪，由k•2^k=2^m+1知，要使m最大，k必須最大，又k＜m＜2015，故k的最大值2¹⁰，即可得出．
（3）由數(shù)列{a_n}是公差為d的等差數(shù)列知，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${a_k}={a_1}•{2^{m+1-k}}$，a₁+（k-1）d=${a_1}•{2^{m+1-k}}$，$（k-1）d={a_1}（{2^{m+1-k}}-1）$，又a₁+a₂+…a_k-1+a_k=3（a_k+a_k+1+…+a_m-1+a_m），a_m=2a₁，顯然k≠6，則${2^{m+1-k}}=\frac{k+12}{6-k}=-1+\frac{18}{6-k}$，所以k＜6，代入驗證即可得出．

解答 解：（1）依題意a_k=16，故數(shù)列a₁，a₂，…，a_m即為2，4，6，8，10，12，14，16，8，4共10個數(shù)，
此時m=10，S_m=84．
（2）由數(shù)列{a_n}滿足a₁=d=2，是首項為2、公差為2的等差數(shù)列知，a_k=2k，
而a₁，a_m，a_m-1，…，a_k+1，a_k是首項為2、公比為2的等比數(shù)列知，${a_k}={2^{m+2-k}}$，
故有2k=2^m+2-k，k=2^m+1-k，即k必是2的整數(shù)次冪，
由k•2^k=2^m+1知，要使m最大，k必須最大，
又k＜m＜2015，故k的最大值2¹⁰，
從而2¹⁰•2¹⁰²⁴=2^m+1，m的最大值是1033．
（3）由數(shù)列{a_n}是公差為d的等差數(shù)列知，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=${a_1}•{2^{m+1-k}}$，$（k-1）d={a_1}（{2^{m+1-k}}-1）$
又a₁+a₂+…a_k-1+a_k=3（a_k+a_k+1+…+a_m-1+a_m），a_m=2a₁
則$k{a_1}+\frac{1}{2}k（k-1）d=3×2{a_1}×\frac{{1-{2^{m-k}}}}{1-2}$，即$k{a_1}+\frac{1}{2}k[{a_1}（{2^{m+1-k}}-1）]=3×2{a_1}（{2^{m-k}}-1）$，
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，
顯然k≠6，則${2^{m+1-k}}=\frac{k+12}{6-k}=-1+\frac{18}{6-k}$
所以k＜6，將k=1，2，3，4，5一一代入驗證知，
當(dāng)k=4時，上式右端為8，等式成立，此時m=6，
綜上可得：當(dāng)且僅當(dāng)m=6時，存在k=4滿足等式．

點評 本題考查了數(shù)列遞推關(guān)系、等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項公式與求和公式，考查了分類討論方法、推理能力與計算能力，屬于難題．