Question

9．设正项数列{a_n}的前n项和为S_n，且S_n=$\frac{1}{2}$${a}_{n}^{2}$+$\frac{1}{2}$a_n，n∈N^*．正项等比数列{b_n}满足：b₂=a₂，b₄=a₆．
（1）求数列{a_n}，{b_n}的通项公式；
（2）设c_n=$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{n}，n=2k-1}\\{{b}_{n}，n=2k（k∈{N}^{*}）}\end{array}\right.$，数列{c_n}的前n项和为T_n，求所有正整数m的值，使得$\frac{{T}_{2n}}{{T}_{2n-1}}$恰好为数列{c_n}中的项．

Answer 1

分析 （1）利用递推式、等差数列与等比数列的通项公式即可得出；
（2）由题意得c_n=$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{n}，n=2k-1}\\{{b}_{n}，n=2k（k∈{N}^{*}）}\end{array}\right.$，可得T_2m=（a₁+a₃+…+a_2m-1）+（b₂+b₄+…+b_2m）=3^m+m²-1．T_2m-1=T_2m-b_2m=3^m-1+m²-1，可得$\frac{{T}_{2m}}{{T}_{2m-1}}$≤3，故若使得$\frac{{T}_{2n}}{{T}_{2n-1}}$恰好为数列{c_n}中的项，只能为c₁，c₂，c₃．分类讨论即可得出．

解答 解：（1）∵a_n＞0，当n=1时，a₁=$\frac{1}{2}{a}_{1}^{2}$+$\frac{1}{2}{a}_{1}$，解得a₁=1．
由S_n=$\frac{1}{2}$${a}_{n}^{2}$+$\frac{1}{2}$a_n，
当n≥2，S_n-1=$\frac{1}{2}{a}_{n-1}^{2}+\frac{1}{2}{a}_{n-1}$，
两式相减，得$\frac{1}{2}（{a}_{n}+{a}_{n-1}）（{a}_{n}-{a}_{n-1}-1）$=0．
又∵a_n＞0，∴a_n+a_n-1≠0，
∴a_n-a_n-1=1，
∴数列{a_n}是等差数列，首项为1，公差为1，
∴a_n=1+（n-1）=n．
由b₂=a₂，b₄=a₆．
∴q²=$\frac{{b}_{4}}{{b}_{2}}$=$\frac{{a}_{6}}{{a}_{2}}$=3，q＞0．
∴q=$\sqrt{3}$，
∴b_n=${b}_{2}{q}^{n-2}$=$2（\sqrt{3}）^{n-2}$．
（2）由题意得c_n=$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{n}，n=2k-1}\\{{b}_{n}，n=2k（k∈{N}^{*}）}\end{array}\right.$，
∴T_2m=（a₁+a₃+…+a_2m-1）+（b₂+b₄+…+b_2m）
=$\frac{m（1+2m-1）}{2}$+$\frac{2（{3}^{m}-1）}{3-1}$
=3^m+m²-1．
T_2m-1=T_2m-b_2m=3^m+m²-1-2×3^m-1=3^m-1+m²-1，
∴$\frac{{T}_{2m}}{{T}_{2m-1}}$=$\frac{{3}^{m}+{m}^{2}-1}{{3}^{m-1}+{m}^{2}-1}$=3-$\frac{2（{m}^{2}-1）}{{3}^{m-1}+{m}^{2}-1}$≤3，
故若使得$\frac{{T}_{2n}}{{T}_{2n-1}}$恰好为数列{c_n}中的项，只能为c₁，c₂，c₃．
（i）若3-$\frac{2（{m}^{2}-1）}{{3}^{m-1}+{m}^{2}-1}$=1，则3^m-1=0，∴m无解．
（ii）若3-$\frac{2（{m}^{2}-1）}{{3}^{m-1}+{m}^{2}-1}$=2，可得3^m-1+1-m²=0，
显然m=1不符合题意，m=2符合题意．
当m≥3时，即f（m）=3^m-1+1-m²，则f′（m）=3^m-1ln3-2m，
设g（m）=3^m-1ln3-2m，则g′（m）=3^m-1（ln3）²-2＞0，
即f′（m）为增函数，故f′（m）≥f′（3）＞0，即f（m）为增函数，
故f（m）＞f（3）=1＞0，
故当m≥3时，方程3^m-1+1-m²=0无解，即m=2是方程唯一解．
（iii）若3-$\frac{2（{m}^{2}-1）}{{3}^{m-1}+{m}^{2}-1}$=3，则m²=1，即m=1．
综上所述：m=1或m=2．

点评 本题考查了递推式、等差数列与等比数列的通项公式及其前n项和公式、数列的单调性，考查了分类讨论思想方法、推理能力与计算能力，属于中档题．