Question

11．已知数列{a_n}的奇数项是首项为1的等差数列．偶数项是首项为2的等比数列，设数列{a_n}的前n项和为S_n，且满足a₄=S₃．a₉=a₃+a₄．
（1）求数列{a_n}的通项公式
（2）若a_ka_k+1=a_k+2，求正整数k的值：
（3）是否存在正整数k．使得$\frac{{S}_{2k}}{{S}_{2k-1}}$恰好为数列{a_n}的奇数项？若存在，求出所有满足条件的正整数k：若不存在．请说明理由．

Answer 1

分析 （1）此类问题一般用等差数列和等比数列的基本量根据题目条件布列方程，解之即可，体现的方程的基本思想，解出等差数列和等比数列后，便可写出数列的通项公式，要注意本题数列的特点，可将其写成分段的形式．
（2）当k为奇数时，推导出k×$2×{3}^{\frac{k+1}{2}-1}$=k+2；当k为偶数时，推导出$2×{3}^{\frac{k}{2}-1}×（k+1）=2×{3}^{\frac{k+2}{2}-1}$．由此能求出k．
（3）推导出S_2k=3^k+k²-1，S_2k-1=S_2k-a_2k=3^k-1+k²-1，若$\frac{{S}_{2k}}{{S}_{2k-1}}$为数列{a_n}中的奇数项，则$\frac{{S}_{2k}}{{S}_{2k-1}}$=m（m为正奇数），由此能求出存在正整数k=1，使得$\frac{{S}_{2k}}{{S}_{2k-1}}$恰好为数列{a_n}的奇数项．

解答 解：（1）设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，
则a₁=1，a₂=2，a₃=1+d，a₄=2q，a₉=1+4d，
∵a₄=S₃．a₉=a₃+a₄，
∴$\left\{\begin{array}{l}{1+2+（1+d）=2q}\\{1+4d=1+d+2q}\end{array}\right.$，
解得d=2，q=3，
∴对于k∈N^*，有a_2k-1=1+（k-1）•2=2k-1，${a}_{2k}=2•{3}^{k-1}$，
故a_n=$\left\{\begin{array}{l}{n，n=2k-1}\\{2•{3}^{\frac{n}{2}-1}．n=2k}\end{array}\right.，k∈{N}^{*}$．
（2）∵a_ka_k+1=a_k+2，
∴当k为奇数时，k×$2×{3}^{\frac{k+1}{2}-1}$=k+2，
∴${3}^{\frac{k-1}{2}}=\frac{k+2}{2k}$，∵${3}^{\frac{k-1}{2}}∈{N}^{*}$，而$\frac{k+2}{2k}$仅在k=2时为正整数，与k为奇数矛盾，故无解；
当k为偶数时，$2×{3}^{\frac{k}{2}-1}×（k+1）=2×{3}^{\frac{k+2}{2}-1}$，
整理，得k+1=3，解得k=2．
（3）由（1）得S_2k=[1+3+…+（2k-1）]+2（1+3+3²+…+3^k-1）=3^k+k²-1．
S_2k-1=S_2k-a_2k=3^k-1+k²-1，
若$\frac{{S}_{2k}}{{S}_{2k-1}}$为数列{a_n}中的奇数项，则$\frac{{S}_{2k}}{{S}_{2k-1}}$=m（m为正奇数），
若$\frac{{S}_{2k}}{{S}_{2k-1}}$=m（m为正奇数），则$\frac{{3}^{k}+{k}^{2}-1}{{3}^{k-1}+{k}^{2}-1}$=m，
∴（3-m）•3^k-1=（m-1）（k²-1），
当k=1时，m=3，结论成立；
当k≠1时，$\frac{{3}^{k-1}}{{k}^{2}-1}=\frac{m-1}{3-m}$，由$\frac{{3}^{k-1}}{{k}^{2}-1}＞0$，得$\frac{m-1}{3-m}＞0$，解得1＜m＜3，
∵m为正奇数，∴此时满足条件的正整数k不存在．
故存在正整数k=1，使得$\frac{{S}_{2k}}{{S}_{2k-1}}$恰好为数列{a_n}的奇数项．

点评 本题考查数列的通项公式的求法，考查数列的项数的求法，考查满足条件的项是否存在的判断与求法，难度大，综合性强，对数学思维要求高．