Question

14．在等差数列{a_n}和等比数列{b_n}中，a₁=b₁=2，a₂=b₂=2+b，S_n是{b_n}前n项和．
（1）若$\underset{lim}{n→∞}$S_n=3-b，求实数b的值；
（2）若b=3，设c_n=（-1）ⁿ⁺¹•a_n•a_n+1，数列{c_n}的前n项和为T_n，是否存在这样的实数t，使得对于所有的n都有T_n≥tn²成立，若存在，求出t的取值范围；若不存在，请说明理由．
（3）是否存在正实数b，使得数列{b_n}中至少有三项在数列{a_n}中，但{b_n}中的项不都在数列{a_n}中，若存在，求出一个可能的b的值，若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）公比为$\frac{{b}_{2}}{{b}_{1}}$=$\frac{2+b}{2}$，利用$\underset{lim}{n→∞}$S_n=3-b=$\frac{2}{1-\frac{2+b}{2}}$，解得b，利用0＜|q|＜1，即可得出．
（2）b=3时，a₂=5，公差d=3．可得a_n=3n-1；c_n=（-1）ⁿ⁺¹（3n-1）（3n+2），c_2k-1+c_2k=-6（6k-1）．对n分类讨论，n为偶数2k（k∈N^*）时，数列{c_n}的前n项和为T_n=T_2k=-18k²-12k=-$\frac{9{n}^{2}}{2}$-6n．n为奇数2k-1（k∈N^*）时，数列{c_n}的前n项和为T_n=T_n-1+c_n．假设存在这样的实数t，使得对于所有的n都有T_n≥tn²成立，t$≤\frac{{T}_{n}}{{n}^{2}}$，进而得出．
（3）由题意可得：由b₁，b₂在数列{a_n}中，所以{b_n}至少存在一项b_m（m≥3）．在数列{a_n}中，另一项b_t（t≠m）不在数列{a_n}中．由b_m=a_k，可得$2（1+\frac{b}{2}）^{m-1}$=2+（k-1）b，取m=4，可得2$（1+\frac{b}{2}）^{3}$=2+（k-1）b，取k=4，进而得出结论．

解答 解：（1）公比为$\frac{{b}_{2}}{{b}_{1}}$=$\frac{2+b}{2}$，∴$\underset{lim}{n→∞}$S_n=3-b=$\frac{2}{1-\frac{2+b}{2}}$，解得b=-1或4．
∵0＜|q|＜1，∴b=-1．
（2）b=3时，a₂=5，公差d=5-2=3．∴a_n=2+3（n-1）=3n-1．
c_n=（-1）ⁿ⁺¹•a_n•a_n+1=（-1）ⁿ⁺¹（3n-1）（3n+2）．
∴c_2k-1+c_2k=-6（6k-1）．
n为偶数2k（k∈N^*）时，数列{c_n}的前n项和为T_n=T_2k=-6×$\frac{k（5+6k-1）}{2}$=-3k（6k+4）=-18k²-12k=-$\frac{9{n}^{2}}{2}$-6n．
n为奇数2k-1（k∈N^*）时，数列{c_n}的前n项和为T_n=T_n-1+c_n=$-\frac{9}{2}（n-1）^{2}$-6（n-1）+（3n-1）（3n+2）=$\frac{9}{2}{n}^{2}$+6n-$\frac{1}{2}$．
假设存在这样的实数t，使得对于所有的n都有T_n≥tn²成立，
n为偶数2k（k∈N^*）时，t≤$\frac{-\frac{9}{2}{n}^{2}-6n}{{n}^{2}}$=-$\frac{9}{2}$-$\frac{6}{n}$，可得t≤-$\frac{15}{2}$．
n为奇数2k-1（k∈N^*）时，t≤$\frac{\frac{9}{2}{n}^{2}+6n-\frac{1}{2}}{{n}^{2}}$=$\frac{9}{2}$+$\frac{6}{n}$-$\frac{1}{2{n}^{2}}$，可得t≤10，
综上可得存在t$≤-\frac{15}{2}$，使得对于所有的n都有T_n≥tn²成立．
（3）由题意可得：∵b₁，b₂在数列{a_n}中，所以{b_n}至少存在一项b_m（m≥3）．
在数列{a_n}中，另一项b_t（t≠m）不在数列{a_n}中．由b_m=a_k，可得$2（1+\frac{b}{2}）^{m-1}$=2+（k-1）b，
取m=4，可得2$（1+\frac{b}{2}）^{3}$=2+（k-1）b，即（b+2）²=4（k-2），取k=4，可得b=2$\sqrt{2}$-2，b₄=4$\sqrt{2}$．当b=2$\sqrt{2}$-2，b₃=4，
a_n=2+（n-1）×$（2\sqrt{2}-2）$，对于任意n，a_n≠b₃．综上，取b=2$\sqrt{2}$-2．

点评 本题考查了等比数列与等差数列的通项公式与求和公式，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于难题．