Question

8．已知等差數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，且2a₅-a₃=13，S₄=16．
（1）求數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和S_n；
（2）設(shè)T_n=$\sum_{i=1}^{n}$（-1）ⁱa_i，若對(duì)一切正整數(shù)n，不等式λT_n＜[a_n+1+（-1）ⁿ⁺¹a_n]•2^n-1恒成立，求實(shí)數(shù)λ的取值范圍；
（3）是否存在正整數(shù)m，n（n＞m＞2），使得S₂，S_m-S₂，S_n-S_m成等比數(shù)列？若存在，求出所有的m，n；若不存在，說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）由已知條件利用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式和前n項(xiàng)和公式列出方程組，求出首項(xiàng)和公差，由此能求出數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和．
（2）當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，設(shè)n=2k，k∈N^*，求出T_2k=2k，進(jìn)而求出λ＜2；當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，設(shè)n=2k-1，k∈N^*，求出T_2k-1=1-2k，進(jìn)而求出λ＞-4．由此能求出λ的取值范圍．
（3）假設(shè)存在正整數(shù)m，n（n＞m＞2），使得S₂，S_m-S₂，S_n-S_m成等比數(shù)列，由此利用已知條件推導(dǎo)出等式（2n-m²+2）（2n+m²-2）=12不成立，從而得到不存在正整數(shù)m，n（n＞m＞2），使得S₂，S_m-S₂，S_n-S_m成等比數(shù)列．

解答 解：（1）設(shè)數(shù)列{a_n}的公差為d．
∵2a₅-a₃=13，S₄=16，
∴$\left\{\begin{array}{l}2（a1+4d）-（a1+2d）=13\\ 4a1+6d=16\end{array}$，解得a₁=1，d=2，…（2分）
∴a_n=2n-1，S_n=n²．…（4分）
（2）①當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，設(shè)n=2k，k∈N^*，
則T_2k=（a₂-a₁）+（a₄-a₃）+…+（a_2k-a_2k-1）=2k． …（5分）
代入不等式λT_n＜[a_n+1+（-1）ⁿ⁺¹a_n]•2^n-1，得λ•2k＜4^k，從而λ＜$\frac{4k}{2k}$．
設(shè)f（k）=$\frac{4k}{2k}$，則f（k+1）-f（k）=$\frac{4k+1}{2（k+1）}$-$\frac{4k}{2k}$=$\frac{4k（3k-1）}{2k（k+1）}$．
∵k∈N^*，∴f（k+1）-f（k）＞0，∴f（k）是遞增的，∴f（k）_min=2，
∴λ＜2．…（7分）
②當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，設(shè)n=2k-1，k∈N^*，
則T_2k-1=T_2k-（-1）^2ka_2k=2k-（4k-1）=1-2k．…（8分）
代入不等式λT_n＜[a_n+1+（-1）ⁿ⁺¹a_n]•2^n-1，得λ•（1-2k）＜（2k-1）4^k，
從而λ＞-4^k．
∵k∈N^*，∴-4^k的最大值為-4，所以λ＞-4．
綜上，λ的取值范圍為-4＜λ＜2．…（10分）
（3）假設(shè)存在正整數(shù)m，n（n＞m＞2），使得S₂，S_m-S₂，S_n-S_m成等比數(shù)列，
則（S_m-S₂）²=S₂•（S_n-S_m），即（m²-4）²=4（n²-m²），
∴4n²=（m²-2）²+12，即4n²-（m²-2）²=12，…（12分）
即（2n-m²+2）（2n+m²-2）=12．…（14分）
∵n＞m＞2，∴n≥4，m≥3，∴2n+m²-2≥15．
∵2n-m²+2是整數(shù)，∴等式（2n-m²+2）（2n+m²-2）=12不成立，
故不存在正整數(shù)m，n（n＞m＞2），使得S₂，S_m-S₂，S_n-S_m成等比數(shù)列． …（16分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的前n項(xiàng)和的求法，考查實(shí)數(shù)的取值范圍的求法，考查滿足條件的正整數(shù)是否存在的判斷，綜合性強(qiáng)，難度大，解題時(shí)要注意不等式、函數(shù)單調(diào)性、反證法的合理運(yùn)用．