Question

15．已知等差数列{a_n}的前n项和为S_n，等比数列{b_n}的前n项和为P_n，且a₁=b₁=1．
（1）设a₃=b₂，a₄=b₃，求数列{a_n+b_n}的通项公式；
（2）在（1）的条件下，且a_n≠a_n+1，求满足S_n=P_m的所有正整数n、m；
（3）若存在正整数m（m≥3），且a_m=b_m＞0，试比较S_m与P_m的大小，并说明理由．

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a₃=b₂，a₄=b₃，a₁=b₁=1建立关系求解a_n，b_n的通项公式，可得数列{a_n+b_n}的通项公式；
（2）利用等差数列和等比数列的前n项和公式建立关系，利用函数的极值思想，求解n、m的关系，可得答案．
（3）存在正整数m（m≥3），且a_m=b_m＞0，可得1+（m-1）d=q^m-1＞0．利用作差法证明，需对q=1或q＞1进行讨论求解即可．

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，
∵a₁=b₁=1．
a₃=b₂，a₄=b₃，∴1+2d=q，1+3d=q²，
联立解得d=0，q=1；d=$-\frac{1}{4}$，q=$\frac{1}{2}$．
∴d=0，q=1时，a_n=1，b_n=1，a_n+b_n=2．
d=$-\frac{1}{4}$，q=$\frac{1}{2}$时，a_n=1-$\frac{1}{4}$（n-1），b_n=$（\frac{1}{2}）^{n-1}$，a_n+b_n=$\frac{5-n}{4}$+$（\frac{1}{2}）^{n-1}$．
（2）在（1）的条件下，且a_n≠a_n+1，∴d≠0，d=-$\frac{1}{4}$，q=$\frac{1}{2}$，
S_n=n+$\frac{n（n-1）}{2}×（-\frac{1}{4}）$，P_m=$\frac{1-（\frac{1}{2}）^{m}}{1-\frac{1}{2}}$=2-$（\frac{1}{2}）^{m-1}$．
n+$\frac{n（n-1）}{2}×（-\frac{1}{4}）$=2-$（\frac{1}{2}）^{m-1}$＜2，
解得：n＞$\frac{9+\sqrt{17}}{2}$或n$＜\frac{9-\sqrt{17}}{2}$．
满足S_n=P_m的所有正整数n、m为：$\left\{\begin{array}{l}{m=1}\\{n=8}\end{array}\right.$，$\left\{\begin{array}{l}{m=3}\\{n=2}\end{array}\right.$，$\left\{\begin{array}{l}{m=3}\\{n=7}\end{array}\right.$，$\left\{\begin{array}{l}{m=1}\\{n=1}\end{array}\right.$，
（3）存在正整数m（m≥3），且a_m=b_m＞0，
1+（m-1）d=q^m-1＞0．
1，1+d，1+2d，…，1+（m-1）d．
1，q，q²，…，q^m-1．
下面证明：1+（m-2）d≥q^m-2．
①m=3时，若a₃=b₃，则1+2d=q²，
作差1+d-q=1+$\frac{{q}^{2}-1}{2}$-q=$\frac{（q-1）^{2}}{2}$≥0，因此S₃≥P₃．
②假设m＞3，作差：1+（m-2）d-q^m-2
=1+（m-2）$\frac{{q}^{m-1}-1}{m-1}$-q^m-2
=q^m-1-q^m-2-$\frac{{q}^{m-1}-1}{m-1}$
①若q=1，则（m-1）d=0，可得d=0．S_m=m+$\frac{m（m-1）}{2}$d=m，P_m=m，此时S_m=P_m．
②若q≠1，则q＞0．S_m=$\frac{m（1+{a}_{m}）}{2}$，
m+$\frac{m（m-1）}{2}$d，P_m=$\frac{{q}^{m}-1}{q-1}$=$\frac{1-{b}_{m}q}{1-q}$=$\frac{1-{a}_{m}q}{1-q}$．
此时S_m-P_m＞0．
∴存在正整数m（m≥3），且a_m=b_m＞0，S_m≥P_m．

点评 本题主要考查了等差数列，等比数列，前n项和以及讨论思想，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．