Question

16．已知各項均不相等的等差數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，S₁₀=45，且a₃，a₅，a₉恰為等比數(shù)列{b_n}的前三項，記c_n=（b_n-a_m）（b_n+1-a_m）．
（1）分別求數(shù)列{a_n}、{b_n}的通項公式；
（2）若m=17，求c_n取得最小值時n的值；
（3）當c₁為數(shù)列{c_n}的最小項時，m有相應的可取值，我們把所有a_m的和記為A₁；…；當c_i為數(shù)列{c_n}的最小項時，m有相應的可取值，我們把所有a_m的和記為Ai；…，令T_n=A₁+A₂+…A_n，求T_n．

Answer 1

分析 （1）設等差數(shù)列{a_n}的首項為a₁，公差為d，由$\left\{\begin{array}{l}{{{a}_{5}}^{2}={a}_{3}•{a}_{9}}\\{{s}_{10}=45}\end{array}\right.$⇒a₁=0，d=1，即可求數(shù)列{a_n}、{b_n}的通項公式；
（2）若m=17，則c_n=（b_n-a_m）（b_n+1-a_m）=（2ⁿ-16）（2ⁿ⁺¹-16）=2（2ⁿ-12）²-32，當n=3或4時，c_n取得最小值0．
（3）2ⁿ=t_n，則c_n=f（t_n）=2t_n²-3（m-1）t_n+（m-1）²根據(jù)二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，當c₁最小時，t₁在拋物線的對稱軸t_n=$\frac{3（m-1）}{4}$的左右側都有可能，但t₂≤t₃≤t₄≤…都在對稱軸的右側，必有c₂≤c₃≤c₄≤..，而c₁取得最小值，可得c₁≤c₂，由c₁≤c₂，解得1≤≤5，∴A₁=a₁+a₂+a₃+a₄+a₅=10，同理當c_i（i=2，3，…）取得最小值時，只需c_i-1≥c_i，c_i+1≥c_i
解得2ⁱ+1≤m≤2ⁱ⁺¹+1.${A}_{i}={a}_{{2}^{i}+1}$+${a}_{{2}^{i}+2}$+…+${a}_{{2}^{i+1}+1}$=3•2^2i-1+3•2^i-1，即可求解．

解答 解：（1）設等差數(shù)列{a_n}的首項為a₁，公差為d
可得$\left\{\begin{array}{l}{{{a}_{5}}^{2}={a}_{3}•{a}_{9}}\\{{s}_{10}=45}\end{array}\right.$⇒$\left\{\begin{array}{l}{（{a}_{1}+4d）^{2}=（{a}_{1}+2d）（{a}_{1}+8d）}\\{10{a}_{1}+\frac{10×（10-1）}{2}d=45}\end{array}\right.$
⇒a₁=0，d=1，∴a_n=n=1
a₃，a₅，a₉恰分別為2，4，8，則b${\;}_{n}={2}^{n}$
2）若m=17，則c_n=（b_n-a_m）（b_n+1-a_m）=（2ⁿ-16）（2ⁿ⁺¹-16）=2（2ⁿ-12）²-32
當n=3或4時，c_n取得最小值0．
（3）c_n=（b_n-a_m）（b_n+1-a_m）=2ⁿ⁺¹-3（m-1）•2ⁿ+（m-1）²．
令2ⁿ=t_n，則c_n=f（t_n）=2t_n²-3（m-1）t_n+（m-1）²
根據(jù)二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，當c₁最小時，
t₁在拋物線的對稱軸t_n=$\frac{3（m-1）}{4}$的左右側都有可能，但t₂≤t₃≤t₄≤…都在對稱軸的右側，
必有c₂≤c₃≤c₄≤..，而c₁取得最小值，可得c₁≤c₂
由c₁≤c₂，解得1≤≤5，∴A₁=a₁+a₂+a₃+a₄+a₅=10，
同理當c_i（i=2，3，…）取得最小值時，只需c_i-1≥c_i，c_i+1≥c_i
解得2ⁱ+1≤m≤2ⁱ⁺¹+1．
∴${A}_{i}={a}_{{2}^{i}+1}$+${a}_{{2}^{i}+2}$+…+${a}_{{2}^{i+1}+1}$=3•2^2i-1+3•2^i-1
可得T_n=A₁+A₂+…A_n=2•4ⁿ+3•2ⁿ-4

點評 本題考查了等差數(shù)列的通項、求和公式，二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，考查了推理能力、轉(zhuǎn)化思想，屬于難題．