Question

20．已知等差数列{a_n}的前n项和为S_n，且满足S₅=5S₂，a_2n+1=2a_n+1（n∈N^*），正项等比数列{b_n}满足b₂=a₂，b₆=a₈，数列{c_n}满足c_n=$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{n}，}&{n=2k-1，k∈{N}^{*}}\\{{b}_{n}，}&{n=2k．k∈{N}^{*}}\end{array}\right.$．
（1）求数列{a_n}，{b_n}的通项公式；
（2）求数列{c_n}的前n项和为T_n（用n表示）；
（3）是否存在正整数m，使得T_m=2c_m+2，若存在，求出所有m的值；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （1）通过S₅=5S₂得a₁=d，通过a_2n+1=2a_n+1得a₁-2d+1=0，进而可知a_n=n．利用q=$\root{4}{\frac{{b}_{8}}{{b}_{2}}}$可知公比，进而可得结论；
（2）通过对n分奇偶数讨论，计算即得结论；
（3）通过对n分奇偶数讨论，计算即得结论．

解答 解：（1）设等差数列{a_n}的首项为a₁，公差为d，
由S₅=5S₂，得a₁=d，
由a_2n+1=2a_n+1得a₁-2d+1=0．
∴a₁=d=1，a_n=n．
∴b₂=2，b₆=8
∵b_n＞0，
∴公比q=$\root{4}{\frac{{b}_{8}}{{b}_{2}}}$=$\sqrt{2}$，b₁=$\sqrt{2}$，
∴b_n=$（{\sqrt{2}）}^{n}$；
（2）∵c_n=$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{n}，}&{n=2k-1，k∈{N}^{*}}\\{{b}_{n}，}&{n=2k．k∈{N}^{*}}\end{array}\right.$，
当n为偶数时，T_n=[1+3+5+…+（n-1）]+（2+4+8+…+${2}^{\frac{n}{2}}$）
=$\frac{{n}^{2}}{4}$+$\frac{2-{2}^{\frac{n}{2}+1}}{1-2}$
=$\frac{{n}^{2}}{4}$-2+${2}^{\frac{n}{2}+1}$；
当n为奇数时，T_n=（1+3+5+…+n）+（2+4+8+…+${2}^{\frac{n-1}{2}}$）
=$\frac{（n+1）^{2}}{4}$+$\frac{2-{2}^{\frac{n+1}{2}}}{1-2}$
=$\frac{（n+1）^{2}}{4}$-2+${2}^{\frac{n+1}{2}}$；
∴T_n=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{（n+1）^{2}}{4}-2+{2}^{\frac{n+1}{2}}，}&{n=2k-1}\\{\frac{{n}^{2}}{4}-2+{2}^{\frac{n}{2}+1}，}&{n=2k}\end{array}\right.$；
（3）结论：存在正整数m=4满足题设条件．
理由如下：
当m为偶数时，
$\frac{{m}^{2}}{4}$-2+${2}^{\frac{m}{2}+1}$=2•${2}^{\frac{m}{2}}$+2，即$\frac{{m}^{2}}{4}$=4，
∴m=4；
当m为奇数时，
$\frac{（m+1）^{2}}{4}$-2+${2}^{\frac{m+1}{2}}$=2m+2，
∴4•${2}^{\frac{m+1}{2}}$=24-（m-3）²，
即（m-3）²=24-4•${2}^{\frac{m+1}{2}}$≥0，
∴${2}^{\frac{m+1}{2}}$≤6，∴m=1或3．
∵当m=1时，4≠16，当m=3时，0≠8．
∴当m为奇数时，这样的m不存在．
综上所述：m=4．

点评 本题考查数列的通项及前n项和，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于中档题．