Question

14．已知等差数列{a_n}的首项为a，公差为b，等比数列{b_n}的首项为b，公比为a（其中a，b均为正整数）．
（1）若a₁=b₁，a₂=b₂，求数列{a_n}，{b_n}的通项公式；
（2）对于（1）中的数列{a_n}和{b_n}，对任意k∈N^*在b_k与b_k+1之间插入a_k个2，得到一个新的数列{c_n}，试求满足等式$\sum_{i=1}^m{{c_i}=2{c_{m+1}}}$的所有正整数m的值；
（3）已知a₁＜b₁＜a₂＜b₂＜a₃，若存在正整数m，n，t以及至少三个不同的b值使得a_m+t=b_n成立，求t的最小值，并求t最小时a，b的值．

Answer 1

分析 （1）若a₁=b₁，a₂=b₂，得$\left\{\begin{array}{l}a=b\\ a+b=ab\end{array}\right.$，求出a，b，即可求数列{a_n}，{b_n}的通项公式；
（2）分类讨论，根据2^k+1=k（k+1），当k∈N^*时，左边为奇数，右边为偶数，可得结论；
（3）化为$b=\frac{2+t}{{{2^{n-1}}-m+1}}$，利用整除的性质，可得结论．

解答 解：（1）由a₁=b₁，a₂=b₂得$\left\{\begin{array}{l}a=b\\ a+b=ab\end{array}\right.$∴a=b=0或a=b=2…（2分）
∵a，b均为正整数，∴a=b=2∴${a_n}=2n，{b_n}={2^n}$…（4分）
（2）当m=1时，c₁=2，2c₂=4，原等式不成立
当m=2时，c₁+c₂=4，2c₃=4，原等式成立           …（6分）
当m≥3时，若c_m+1=2，则$\sum_{i=1}^m{c_i}≠2{c_{m+1}}$，因此c_m+1必是数列{b_n}中的某一项b_k+1，此时有$\sum_{i=1}^m{c_i}=（2+{2^2}+{2^3}+…+{2^k}）+2（{a_1}+{a_2}+…+{a_k}）={2^{k+1}}+2{k^2}+2k-2$$2{c_{m+1}}=2{b_{k+1}}={2^{k+2}}$，由$\sum_{i=1}^m{c_i}=2{c_{m+1}}$得：2^k+1+2k²+2k-2=2^k+2…（8分）
即2^k+1=k（k+1），当k∈N^*时，左边为奇数，右边为偶数，因此上式不可能成立
综上得，满足等式$\sum_{i=1}^m{{c_i}=2{c_{m+1}}}$的所有正整数m的值仅有m=2…（10分）
（3）由a₁＜b₁＜a₂＜b₂＜a₃得：a＜b＜a+b＜ab＜a+2b
由a+b＜ab得：a（b-1）＞b
由ab＜a+2b得：a（b-1）＜2b，又b＞a≥1且a，b∈N^*，从而有$1＜1+\frac{1}{b-1}=\frac{b}{b-1}＜a＜\frac{2b}{b-1}=2+\frac{2}{b-1}≤4$，所以a=2或3
当a=3时，b=2不合题意，舍去，因此a=2…（12分）
由a_m+t=b_n得：2+（m-1）b+t=b•2^n-1，即（2^n-1-m+1）b=2+t①
若2^n-1-m+1=0，则t=-2舍去，故至少存在三个b
因此2^n-1-m+1≠0，①式可化为$b=\frac{2+t}{{{2^{n-1}}-m+1}}$…（14分）
由于2^n-1-m+1可取到一切正整数，且b≥3，故至少存在三个b使得a_m+t=b_n（t∈N）成立，必须使整数2+t至少有三个不小于3的不同因数，故满足条件的最小正整数为12，即t的最小值为10，此时b=3，4或12…（16分）

点评 本题考查等差数列、等比数列的通项公式，考查存在性问题，考查学生分析解决问题的能力，难度大．