Question

7．已知二次函数y=f（x）的图象的顶点坐标为$（{-1，-\frac{1}{3}}）$，且过坐标原点O，数列{a_n}的前n项和为S_n，点（n，S_n）（n∈N^*）在二次函数y=f（x）的图象上．
（1）求数列{a_n}的表达式；
（2）设b_n=a_n•a_n+1cos（n+1）π（n∈N^*），数列{b_n}的前n项和为T_n，若T_n≥m²对n∈N^*恒成立，求实数m的取值范围；
（3）在数列{a_n}中是否存在这样的一些项，a_n1，a_n2，a_n3，…na_nk，…（1=n₁＜n₂＜n₃＜…＜n_k＜…k∈N^*），这些项能够依次构成以a₁为首项，q（0＜q＜5，q∈N^*）为公比的等比数列{a_nk}？若存在，写出n_k关于k的表达式；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （1）先求出s_n，通过讨论n的范围，从而得到数列{a_n}的通项公式；
（2）通过讨论n的奇偶性，从而求出T_n的表达式，问题转化为使-$\frac{1}{9}$（2n²+6n）≥tn²（n为正偶数）恒成立即可；
（3）通过讨论公比的奇偶性，从而得到答案．

解答 解：（Ⅰ）由题意得f（x）=$\frac{1}{3}$（x+1）²-$\frac{1}{3}$，
∴S_n=$\frac{1}{3}$（n+1）²-$\frac{1}{3}$=$\frac{1}{3}$n²+$\frac{2}{3}$n（n∈N^*），
当n≥2时，a_n=s_n-s_n-1=$\frac{1}{3}$n²+$\frac{2}{3}$n-[$\frac{1}{3}$（n-1）²+$\frac{2}{3}$（n-1）]=$\frac{2n+1}{3}$，
当n=1时，a₁=s₁=1适合上式，
∴数列{a_n}的通项公式是：a_n=$\frac{2n+1}{3}$（n∈N^*）；
（Ⅱ）∵b_n=a_na_n+1cos（n+1）π，（n∈N^*），
∴T_n=b₁+b₂+…+b_n
=a₁a₂-a₂a₃+a₃a₄-a₄a₅+…+（-1）^n-1a_na_n+1，
由（Ⅰ）得：数列{a_n}是以1为首项，公差为$\frac{2}{3}$的等差数列，
①当n=2m，m∈N^*时，
T_n=T_2m=a₁a₂-a₂a₃+a₃a₄-a₄a₅+…+（-1）^n-1a_na_n+1，
=a₂（a₁-a₃）+a₄（a₃-a₅）+…+a_2m（a_2m-1-a_2m+1）
=-$\frac{4}{3}$（a₂+a₄+…+a_2m）
=-$\frac{4}{3}$•$\frac{{a}_{2}+{a}_{2m}}{2}$•m
=-$\frac{1}{9}$（8m²+12m）
=-$\frac{1}{9}$（2n²+6n），
②当n=2m-1，m∈N^*时，
T_n=T_2m-1=T_2m-（-1）^2m-1a_2ma_2m+1
=-$\frac{1}{9}$（8m²+12m）+$\frac{1}{9}$（16m²+16m+3）
=$\frac{1}{9}$（8m²+4m+3）
=$\frac{1}{9}$（2n²+6n+7），
∴T_n=$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{1}{9}（2{n}^{2}+6n），n为正偶数}\\{\frac{1}{9}（2{n}^{2}+6n+7），n为正奇数}\end{array}\right.$，要使T_n≥tn²对n∈N^*恒成立，
只要使-$\frac{1}{9}$（2n²+6n）≥tn²（n为正偶数）恒成立，
即使-$\frac{1}{9}$（2+$\frac{6}{n}$）≥t对n为正偶数恒成立．
∴t≤[-$\frac{1}{9}$（2+$\frac{6}{n}$）]_min=-$\frac{5}{9}$；
（Ⅲ）由a_n=$\frac{2n+1}{3}$知，数列{a_n}中每一项都不可能是偶数，
①如存在以a₁为首项，公比q为2或4的数列{ank}，k∈N^*，此时{ank}中每一项除第一项外都是偶数，
故不存在以a₁为首项，公比为偶数的数列{ank}；
②q=1时，显然不存在这样的数列{ank}，
q=3时，若存在以a₁为首项，公比为3的数列{ank}，k∈N^*，则an1=1，
n₁=1，ank=3^k-1=$\frac{2{n}_{k}+1}{3}$，n_k=$\frac{{3}^{k}-1}{2}$，
∴存在满足条件的数列{a_nk}，且n_k=$\frac{{3}^{k}-1}{2}$，（k∈N^*）．

点评 本题考查了二次函数的性质，考查了求数列的通项公式问题，考查函数恒成立问题，考查分类讨论思想，转化思想，通过讨论求出T_n的表达式，问题转化为函数恒成立是解答本题的关键，属于难题．