Question

7．设m个正数a₁，a₂，…，a_m（m≥4，m∈N^*）依次围成一个圆圈．其中a₁，a₂，a₃，…a_k-1，a_k（k＜m，k∈N^*）是公差为d的等差数列，而a₁，a_m，a_m-1，…，a_k+1，a_k是公比为2的等比数列．
（1）若a₁=d=2，k=8，求数列a₁，a₂，…，a_m的所有项的和S_m；
（2）若a₁=d=2，m＜2015，求m的最大值；
（3）是否存在正整数k，满足a₁+a₂+…+a_k-1+a_k=3（a_k+1+a_k+2+…+a_m-1+a_m）？若存在，求出k值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）依题意a_k=16，故数列a₁，a₂，…，a_m即为2，4，6，8，10，12，14，16，8，4共10个数，即可得出．
（2）由数列{a_n}满足a₁=d=2，利用等差数列的通项公式可得a_k=2k．而a₁，a_m，a_m-1，…，a_k+1，a_k是首项为2、公比为2的等比数列知，${a_k}={2^{m+2-k}}$．故有2k=2^m+2-k，k=2^m+1-k，即k必是2的整数次幂，由k•2^k=2^m+1知，要使m最大，k必须最大，又k＜m＜2015，故k的最大值2¹⁰，即可得出．
（3）由数列{a_n}是公差为d的等差数列知，a_k=a₁+（k-1）d，而a₁，a_m，a_m-1，…，a_k+1，a_k是公比为2的等比数列${a_k}={a_1}•{2^{m+1-k}}$，a₁+（k-1）d=${a_1}•{2^{m+1-k}}$，$（k-1）d={a_1}（{2^{m+1-k}}-1）$，又a₁+a₂+…a_k-1+a_k=3（a_k+a_k+1+…+a_m-1+a_m），a_m=2a₁，显然k≠6，则${2^{m+1-k}}=\frac{k+12}{6-k}=-1+\frac{18}{6-k}$，所以k＜6，代入验证即可得出．

解答 解：（1）依题意a_k=16，故数列a₁，a₂，…，a_m即为2，4，6，8，10，12，14，16，8，4共10个数，
此时m=10，S_m=84．
（2）由数列{a_n}满足a₁=d=2，是首项为2、公差为2的等差数列知，a_k=2k，
而a₁，a_m，a_m-1，…，a_k+1，a_k是首项为2、公比为2的等比数列知，${a_k}={2^{m+2-k}}$，
故有2k=2^m+2-k，k=2^m+1-k，即k必是2的整数次幂，
由k•2^k=2^m+1知，要使m最大，k必须最大，
又k＜m＜2015，故k的最大值2¹⁰，
从而2¹⁰•2¹⁰²⁴=2^m+1，m的最大值是1033．
（3）由数列{a_n}是公差为d的等差数列知，a_k=a₁+（k-1）d，
而a₁，a_m，a_m-1，…，a_k+1，a_k是公比为2的等比数列${a_k}={a_1}•{2^{m+1-k}}$，
故a₁+（k-1）d=${a_1}•{2^{m+1-k}}$，$（k-1）d={a_1}（{2^{m+1-k}}-1）$
又a₁+a₂+…a_k-1+a_k=3（a_k+a_k+1+…+a_m-1+a_m），a_m=2a₁
则$k{a_1}+\frac{1}{2}k（k-1）d=3×2{a_1}×\frac{{1-{2^{m-k}}}}{1-2}$，即$k{a_1}+\frac{1}{2}k[{a_1}（{2^{m+1-k}}-1）]=3×2{a_1}（{2^{m-k}}-1）$，
则$\frac{1}{2}k•{2^{m+1-k}}+\frac{1}{2}k=6（{2^{m-k}}-1）$，即k•2^m+1-k+k=6×2^m+1-k-12，
显然k≠6，则${2^{m+1-k}}=\frac{k+12}{6-k}=-1+\frac{18}{6-k}$
所以k＜6，将k=1，2，3，4，5一一代入验证知，
当k=4时，上式右端为8，等式成立，此时m=6，
综上可得：当且仅当m=6时，存在k=4满足等式．

点评 本题考查了数列递推关系、等差数列与等比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．