Question

已知数列{a_n}是由正数组成的等差数列，S_n是其前n项的和，并且a₃=5，a₄S₂=28．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）求使不等式(1+

1

a1

)(1+

1

a2

)…(1+

1

an

)≥a

2n+1

对一切n∈N*均成立的最大实数a；
（3）对每一个k∈N*，在a_k与a_k+1之间插入2^k-1个2，得到新数列{b_n}，设T_n是数列{b_n}的前n项和，试问是否存在正整数m，使T_m=2008？若存在求出m的值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析：（1）设出等差数列的等差为d，根据等差数列的性质，利用a₃=5，a₄•S₂=28求出d及表示出数列{a_n}的通项公式；
（2）首先分离出参数a，然后记F(n)=

1

2n+1

(1+

1

a1

)(1+

1

a2

)(1+

1

an

)，通过 F（n+1）和F（n）商大于1，确定F（n）随n增大而增大，从而得到F（n）的最小值，进而求出结果；
（3）首先求出在数列{b_n}中，a_m及其前面所有项之和，然后求出a₁₀＜2008＜a₁₁，再求出又a₁₀在数列{b_n}中的项数，进而求出m的值．

解答：解：（1）设{a_n}的公差为d，由题意d＞0，且

a1+2d=5 (a1+3d)(2a1+d)=28

（2分）
a₁=1，d=2，数列{a_n}的通项公式为a_n=2n-1（4分）
（2）由题意a≤

1

2n+1

(1+

1

a1

)(1+

1

a2

)(1+

1

an

)对n∈N*均成立（5分）
记F(n)=

1

2n+1

(1+

1

a1

)(1+

1

a2

)(1+

1

an

)
则

F(n+1)

F(n)

=

2n+2

(2n+1)(2n+3)

=

2(n+1)

4(n+1)2-1

＞

2(n+1)

2(n+1)

=1
∵F（n）＞0，∴F（n+1）＞F（n），∴F（n）随n增大而增大（8分）
∴F（n）的最小值为F(1)=

2 3

3

∴a≤

2 3

3

，即a的最大值为

2 3

3

（9分）
（3）∵a_n=2n-1
∴在数列{b_n}中，a_m及其前面所有项之和为[1+3+5++（2m-1）]+（2+2²++2^m-1）=m²+2^m-2（11分）
∵10²+2¹⁰-2=1122＜2008＜11²+2¹¹-2=2156，即a₁₀＜2008＜a₁₁（12分）
又a₁₀在数列{b_n}中的项数为：10+1+2++2⁸=521（14分）
且2008-1122=886=443×2，
所以存在正整数m=521+443=964使得S_m=2008（16分）

点评：本题考查了等差数列的通项公式以及数列与不等式的综合，综合性强，难度较大．对于不等式恒成立问题通过转化成函数最值问题来解决．