Question

12．已知等差数列{a_n}、等比数列{b_n}满足a₁+a₂=a₃，b₁b₂=b₃，且a₃，a₂+b₁，a₁+b₂成等差数列，a₁，a₂，b₂成等比数列．
（1）求数列{a_n}和数列{b_n}的通项公式；
（2）按如下方法从数列{a_n}和数列{b_n}中取项：
第1次从数列{a_n}中取a₁，
第2次从数列{b_n}中取b₁，b₂，
第3次从数列{a_n}中取a₂，a₃，a₄，
第4次从数列{b_n}中取b₃，b₄，b₅，b₆，
…
第2n-1次从数列{a_n}中继续依次取2n-1个项，
第2n次从数列{b_n}中继续依次取2n个项，
…
由此构造数列{c_n}：a₁，b₁，b₂，a₂，a₃，a₄，b₃，b₄，b₅，b₆，a₅，a₆，a₇，a₈，a₉，b₇，b₈，b₉，b₁₀，b₁₁，b₁₂，…，记数列{c_n}的前n项和为S_n，求满足S_n＜2²⁰¹⁴的最大正整数n．

Answer 1

分析 （1）设等差数列{a_n}的公差为d，等比数列{b_n}的公比为q，根据题意，求出a₁与d以及b₁与q的值，即可得出{a_n}与{b_n}的通项公式；
（2）分析数列{c_n}项的特征：第n组中，有2n-1项选取于数列{a_n}，有2n项选取于数列{b_n}，前n组共有n²项选取于数列{a_n}，有n²+n项选取于数列{b_n}，它们的总和P_n=$\frac{{n}^{2}{（n}^{2}+1）}{2}$+${2}^{{n}^{2}+n+1}$-2；求出符合不等式S_n＜2²⁰¹⁴的最大n值即可．

解答 解：（1）设等差数列{a_n}的公差为d，等比数列{b_n}的公比为q，
依题意，得$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{1}+{（a}_{1}+d）{=a}_{1}+2d}\\{{b}_{1}{（b}_{1}q）{{=b}_{1}q}^{2}}\\{{（a}_{1}+2d）+{（a}_{1}{+b}_{1}q）=2[{（a}_{1}+d）{+b}_{1}]}\\{{{（a}_{1}+d）}^{2}{=a}_{1}{（b}_{1}q）}\end{array}\right.$；
解得a₁=d=1，b₁=q=2；
故a_n=n，b_n=2ⁿ；（7分）
（2）将a₁，b₁，b₂记为第1组，
a₂，a₃，a₄，b₃，b₄，b₅，b₆记为第2组，
a₅，a₆，a₇，a₈，a₉，b₇，b₈，b₉，b₁₀，b₁₁，b₁₂记为第3组，…；
以此类推，则第n组中，有2n-1项选取于数列{a_n}，有2n项选取于数列{b_n}，
前n组共有n²项选取于数列{a_n}，有n²+n项选取于数列{b_n}，
记它们的总和为P_n，并且有P_n=$\frac{{n}^{2}{（n}^{2}+1）}{2}$+${2}^{{n}^{2}+n+1}$-2；（10分）
则P₄₅-2²⁰¹⁴=$\frac{{45}^{2}{（45}^{2}+1）}{2}$+2²⁰⁷¹-2²⁰¹⁴-2＞0，
P₄₄-2²⁰¹⁴=$\frac{{44}^{2}{（44}^{2}+1）}{2}$-2¹⁹⁸¹（2³³-1）-2＜0；
当S_n=$\frac{{45}^{2}{（45}^{2}+1）}{2}$+（2+2²+…+2²⁰¹²）时，
S_n-2²⁰¹⁴=-2²⁰¹³-2+$\frac{{45}^{2}{（45}^{2}+1）}{2}$＜0；（13分）
当S_n=$\frac{{45}^{2}{（45}^{2}+1）}{2}$+（2+2²+…+2²⁰¹³）时，
S_n-2²⁰¹⁴=-2+$\frac{{45}^{2}{（45}^{2}+1）}{2}$＞0；
可得到符合S_n＜2²⁰¹⁴的最大的n=45²+2012=4037．（16分）

点评 本题考查了等差与等比数列的综合应用问题，也考查了不等式的性质与应用问题，考查了阅读理解与分析、综合能力的应用问题，是较难的题目．