Question

3．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知$\frac{b}{a+c}=1-\frac{sinC}{sinA+sinB}$，且$b=5，\overrightarrow{CA}•\overrightarrow{CB}=-5$，
（Ⅰ）求△ABC的面积．
（Ⅱ）已知等差数列{a_n}的公差不为零，若a₁cosA=1，且a₂，a₄，a₈成等比数列，令${b_n}=\frac{a_n}{2^n}$，数列{b_n}的前n项和为T_n，是否存在实数m，使得m+1≤T_n＜m+3对任意正整数n恒成立；若存在，求m的值，若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用正弦定理化简已知条件，然后通过余弦定理求出角A的大小，然后通过数量积化简求出三角形的面积．
（Ⅱ）由已知结合（Ⅰ）可求a₁，利用等比数列的性质可求d，求出通项公式，利用错位相减法求出数列{b_n}的前n项和为T_n，再确定T_n取值范围，解不等式即可得解．

解答 （本题满分为14分）
解：（I）由正弦定理得：$\frac{b}{a+c}=1-\frac{c}{a+b}$即：b²+c²-a²=bc，
所以由余弦定理得：$cosA=\frac{{{b^2}+{c^2}-{a^2}}}{2bc}=\frac{bc}{2bc}=\frac{1}{2}$，
又因为：0＜A＜π，所以$A=\frac{π}{3}$，…3分
因为$b=5，\overrightarrow{CA}•\overrightarrow{CB}=-5$，即：5acosC=-5，即：$5a\frac{{{a^2}+{b^2}-{c^2}}}{2ab}=-5$
与$cos\frac{π}{3}=\frac{{25+{c^2}-{a^2}}}{10c}$，联立解得：c=12，…5分
所以△ABC的面积是：$\frac{1}{2}×5×12×sinA=15\sqrt{3}$，…6分
（Ⅱ）数列{a_n}的公差为d，且d≠0，由a₁cosA=1得a₁=2，
又a₂，a₄，a₈成等比数列，得${a_4}^2={a_2}•{a_8}$，解得d=2，…8分
所以a_n=2+（n-1）×2=2n，${b_n}=\frac{a_n}{2^n}=\frac{n}{{{2^{n-1}}}}$，
∵T_n=1×（$\frac{1}{2}$）⁰+2×（$\frac{1}{2}$）¹+…+n×（$\frac{1}{2}$）^n-1①，
∴$\frac{1}{2}$T_n=1×（$\frac{1}{2}$）¹+2×（$\frac{1}{2}$）²+…+n×（$\frac{1}{2}$）ⁿ，②
①-②得$\frac{1}{2}$T_n=1+$\frac{1}{2}$+…+（$\frac{1}{2}$）^n-1-n×（$\frac{1}{2}$）ⁿ，
∴T_n=4[1-（$\frac{1}{2}$）ⁿ]-n×（$\frac{1}{2}$）^n-1，
=4-4×（$\frac{1}{2}$）ⁿ-n×（$\frac{1}{2}$）^n-1=4-（2n+4）（$\frac{1}{2}$）ⁿ．易知T_n＜4，
又T_n+1-T_n=4-（2n+6）（$\frac{1}{2}$）ⁿ⁺¹-4+（2n+4）（$\frac{1}{2}$）ⁿ=（n+1）•（$\frac{1}{2}$）ⁿ＞0，
所以T_n≥T₁=1，即1≤T_n＜4
假设存在正整数m，使得m+1≤T_n＜m+3对任意正整数n恒成立．
则$\left\{\begin{array}{l}m+1≤1\\ m+3≥4\end{array}\right.⇒\left\{\begin{array}{l}m≤0\\ m≥1\end{array}\right.$这不可能，故，m不存在．…14分

点评 本题主要考查了余弦定理以及正弦定理的应用，三角形的面积的求法，等差数列与等比数列的综合，考查数列的通项与求和，考查数列的单调性，正确求数列的通项与求和是解题的关键，属于中档题．