Question

11．正項(xiàng)數(shù)列a₁，a₂，…，a_m（m≥4，m∈N^*）滿足：a₁，a₂，a₃，…，a_k-1，a_k（k＜m，k∈N^*）是公差為d的等差數(shù)列，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(xiàng)的和S_m；
（2）若a₁=d=2，m＜2016，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(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）由題意可得：a_k=16，因此數(shù)列a₁，a₂，…，a_m為2，4，6，8，10，12，14，16，8，4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2，公差為2的等差數(shù)列，可得a_k=2k．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=2^m+2-k，因此2k=2^m+2-k，要使m最大，則k必須最大．又k＜m＜2016，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=a1•2m+1-k．故a₁+（k-1）d=a1•2m+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，首項(xiàng)和公差為2的等差數(shù)列的通項(xiàng)公式為2n，
則a_k=16，
因此數(shù)列a₁，a₂，…，a_m為2，4，6，8，10，12，14，16，8，4共10個(gè)數(shù)，
此時(shí)m=10，S_m=84；
（2）∵a₁，a₂，a₃，…，a_k-1，a_k（k＜m，k∈N*）是首項(xiàng)為2，公差為2的等差數(shù)列，
∴a_k=2k．
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=2^m+2-k，因此2k=2^m+2-k，
∴k•2^k=2^m+1，
要使m最大，則k必須最大．
又k＜m＜2016，故k的最大值為2¹⁰，
可得2¹⁰•2¹⁰²⁴=2^m+1，解得m的最大值是1033；
（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=a₁•2^m+1-k．
故a₁+（k-1）d=a₁•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，
∴ka₁+$\frac{1}{2}$k（k-1）d=3•2a₁•$\frac{1-{2}^{m-k}}{1-2}$，
則ka₁+$\frac{1}{2}$k[a₁（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．