Question

15．已知{a_n}是首項(xiàng)為1的等差數(shù)列，{b_n}是首項(xiàng)為2且各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列，且滿(mǎn)足a₂+a₃=b₃，5+b₂=3a₂．
（1）求{a_n}和{b_n}的通項(xiàng)公式；
（2）設(shè)c_n=（-1）ⁿa_na_n+1，求數(shù)列{c_n}的前2n項(xiàng)和T_2n；
（3）設(shè){b_n}的前n項(xiàng)和為S_n，是否存在正整數(shù)n，t，使得$\frac{{S}_{n}-t_{n}}{{S}_{n+1}-t_{n+1}}$＜$\frac{1}{16}$成立？若存在，求出正整數(shù)n，t；若不存在，請(qǐng)說(shuō)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＞0．由題意可得：1+d+1+2d=2q²，5+2q=3（1+d），聯(lián)立解得d，q，即可得出．
（2）c_n=（-1）ⁿ（2n-1）（2n+1）=（-1）ⁿ（4n²-1），可得c_2n-1+c_2n=4（2n+1）²-1-[4（2n-1）²-1]=32n．即可得出數(shù)列{c_n}的前2n項(xiàng)和T_2n．
（3）b_n=2ⁿ，S_n=$\frac{2（{2}^{n}-1）}{2-1}$=2ⁿ⁺¹-2，假設(shè)存在正整數(shù)n，t，使得$\frac{{S}_{n}-t_{n}}{{S}_{n+1}-t_{n+1}}$＜$\frac{1}{16}$成立，則$\frac{{2}^{n+1}-2-t×{2}^{n}}{{2}^{n+2}-2-t×{2}^{n+1}}$$＜\frac{1}{16}$，對(duì)t分類(lèi)討論，t≤2時(shí)，化為：$t＞2-\frac{15}{7×{2}^{n}}$；t≥3時(shí)，化為：t＜1-$\frac{15}{7×{2}^{n+1}}$，即可得出結(jié)論．

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＞0．
∵a₂+a₃=b₃，5+b₂=3a₂，∴1+d+1+2d=2q²，5+2q=3（1+d），
聯(lián)立解得d=q=2．
∴a_n=1+2（n-1）=2n-1，b_n=2ⁿ．
（2）c_n=（-1）ⁿa_na_n+1=（-1）ⁿ（2n-1）（2n+1）=（-1）ⁿ（4n²-1），
∴c_2n-1+c_2n=4（2n+1）²-1-[4（2n-1）²-1]=32n．
∴數(shù)列{c_n}的前2n項(xiàng)和T_2n=32×（1+2+…+n）=$\frac{32n（n+1）}{2}$=16n²+16n．
（3）b_n=2ⁿ，S_n=$\frac{2（{2}^{n}-1）}{2-1}$=2ⁿ⁺¹-2，
假設(shè)存在正整數(shù)n，t，使得$\frac{{S}_{n}-t_{n}}{{S}_{n+1}-t_{n+1}}$＜$\frac{1}{16}$成立，則$\frac{{2}^{n+1}-2-t×{2}^{n}}{{2}^{n+2}-2-t×{2}^{n+1}}$$＜\frac{1}{16}$，
t≤2時(shí)，化為：$t＞2-\frac{15}{7×{2}^{n}}$，n=1，t=1，因此n=1，t=1時(shí)成立．
t≥3時(shí)，化為：t＜1-$\frac{15}{7×{2}^{n+1}}$，此時(shí)不存在正整數(shù)n，t，使得$\frac{{S}_{n}-t_{n}}{{S}_{n+1}-t_{n+1}}$＜$\frac{1}{16}$成立．
綜上可得：只有n=1，t=1時(shí)成立．

點(diǎn)評(píng) 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(xiàng)公式與求和公式、不等式的性質(zhì)，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．