若存在常数k(k∈N*.k≥2).q.d.使得无穷数列{an}满足${a {n+1}}=\left\{\begin{array}{l}{a n}+d.\frac{n}{k}∉{N^*}\\ q{a n}.\frac{n}{k}∈{N^*}\end{array}\right.$则称数列{an}为“段比差数列 .其中常数k.q.d分别叫做段长.段比.段差．设数列{bn}为“段� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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3．若存在常数k（k∈N^*，k≥2）、q、d，使得无穷数列{a_n}满足${a_{n+1}}=\left\{\begin{array}{l}{a_n}+d，\frac{n}{k}∉{N^*}\\ q{a_n}，\frac{n}{k}∈{N^*}\end{array}\right.$则称数列{a_n}为“段比差数列”，其中常数k、q、d分别叫做段长、段比、段差．设数列{b_n}为“段比差数列”．
（1）若{b_n}的首项、段长、段比、段差分别为1、3、q、3．
①当q=0时，求b₂₀₁₆；
②当q=1时，设{b_n}的前3n项和为S_3n，若不等式${S_{3n}}≤λ•{3^{n-1}}$对n∈N^*恒成立，求实数λ的取值范围；
（2）设{b_n}为等比数列，且首项为b，试写出所有满足条件的{b_n}，并说明理由．

分析（1）①方法一：由{b_n}的首项、段长、段比、段差可得b₂₀₁₄=0×b₂₀₁₃=0，再由b₂₀₁₅=b₂₀₁₄+3，b₂₀₁₆=b₂₀₁₅+3即可；
方法二：根据{b_n}的首项、段长、段比、段差，⇒b₁=1，b₂=4，b₃=7，b₄=0×b₃=0，b₅=b₄+3=3，b₆=b₅+3=6，b₇=0×b₆=0，…⇒b_n}是周期为3的周期数列即可；
②方法一：由{b_n}的首项、段长、段比、段差，⇒b_3n+2-b_3n-1=（b_3n+1+d）-b_3n-1=（qb_3n+d）-b_3n-1=[q（b_3n-1+d）+d]-b_3n-1=2d=6，⇒{b_3n-1}是等差数列，又∵b_3n-2+b_3n-1+b_3n=（b_3n-1-d）+b_3n-1+（b_3n-1+d）=3b_3n-1，即可求S_3n
方法二：由{b_n}的首项、段长、段比、段差⇒b_3n+1=b_3n，∴b_3n+3-b_3n=b_3n+3-b_3n+1=2d=6，∴{b_3n}是首项为b₃=7、公差为6的等差数列即可，
（2）方法一：设{b_n}的段长、段比、段差分别为k、q、d，⇒等比数列的通项公式有${b_n}=b{q^{n-1}}$，
当m∈N^*时，b_km+2-b_km+1=d，即bq^km+1-bq^km=bq^km（q-1）=d恒成立，①若q=1，则d=0，b_n=b；
②若q≠1，则${q^{km}}=\frac{d}{{（{q-1}）b}}$，则q^km为常数，则q=-1，k为偶数，d=-2b，${b_n}={（{-1}）^{n-1}}b$；
方法二：设{b_n}的段长、段比、段差分别为k、q、d，
①若k=2，则b₁=b，b₂=b+d，b₃=（b+d）q，b₄=（b+d）q+d，由${b_1}{b_3}=b_2^2$，得b+d=bq；由${b_2}{b_4}=b_3^2$，得（b+d）q²=（b+d）q+d，求得得d 即可
②若k≥3，则b₁=b，b₂=b+d，b₃=b+2d，由${b_1}{b_3}=b_2^2$，求得得d 即可．

解答（1）①方法一：∵{b_n}的首项、段长、段比、段差分别为1、3、0、3，∴b₂₀₁₄=0×b₂₀₁₃=0，∴b₂₀₁₅=b₂₀₁₄+3=3，∴b₂₀₁₆=b₂₀₁₅+3=6．…（3分）
方法二：∵{b_n}的首项、段长、段比、段差分别为1、3、0、3，
∴b₁=1，b₂=4，b₃=7，b₄=0×b₃=0，b₅=b₄+3=3，b₆=b₅+3=6，b₇=0×b₆=0，…
∴当n≥4时，{b_n}是周期为3的周期数列．
∴b₂₀₁₆=b₆=6．…（3分）
②方法一：∵{b_n}的首项、段长、段比、段差分别为1、3、1、3，
∴b_3n+2-b_3n-1=（b_3n+1+d）-b_3n-1=（qb_3n+d）-b_3n-1=[q（b_3n-1+d）+d]-b_3n-1=2d=6，
∴{b_3n-1}是以b₂=4为首项、6为公差的等差数列，
又∵b_3n-2+b_3n-1+b_3n=（b_3n-1-d）+b_3n-1+（b_3n-1+d）=3b_3n-1，∴S_3n=（b₁+b₂+b₃）+（b₄+b₅+b₆）+…+（b_3n-2+b_3n-1+b_3n）=$3（{{b_2}+{b_5}…+{b_{3n-1}}}）=3[{4n+\frac{{n（{n-1}）}}{2}×6}]=9{n^2}+3n$，…（6分）∵${S_{3n}}≤λ•{3^{n-1}}$，∴$\frac{{{S_{3n}}}}{{{3^{n-1}}}}≤λ$，设$∠ADB=\frac{π}{2}$，则λ≥（c_n）_max，
又${c_{n+1}}-{c_n}=\frac{{9{{（{n+1}）}^2}+3（{n+1}）}}{3^n}-\frac{{9{n^2}+3n}}{{{3^{n-1}}}}=\frac{{-2（{3{n^2}-2n-2}）}}{{{3^{n-1}}}}$，
当n=1时，3n²-2n-2＜0，c₁＜c₂；当n≥2时，3n²-2n-2＞0，c_n+1＜c_n，
∴c₁＜c₂＞c₃＞…，∴（c_n）_max=c₂=14，…（9分）
∴λ≥14，得λ∈[14，+∞）．…（10分）
方法二：∵{b_n}的首项、段长、段比、段差分别为1、3、1、3，
∴b_3n+1=b_3n，∴b_3n+3-b_3n=b_3n+3-b_3n+1=2d=6，∴{b_3n}是首项为b₃=7、公差为6的等差数列，
∴${b_3}+{b_6}+…+{b_{3n}}=7n+\frac{{n（{n-1}）}}{2}×6=3{n^2}+4n$，
易知{b_n}中删掉{b_3n}的项后按原来的顺序构成一个首项为1公差为3的等差数列，∴${b_1}+{b_2}+{b_4}+{b_5}+…+{b_{3n-2}}+{b_{3n-1}}=2n×1+\frac{{2n（{2n-1}）}}{2}×3=6{n^2}-n$，∴${S_{3n}}=（{3{n^2}+4n}）+（{6{n^2}-n}）=9{n^2}+3n$，…（6分）
以下同方法一．
（2）方法一：设{b_n}的段长、段比、段差分别为k、q、d，
则等比数列{b_n}的公比为$\frac{{{b_{k+1}}}}{b_k}=q$，由等比数列的通项公式有${b_n}=b{q^{n-1}}$，
当m∈N^*时，b_km+2-b_km+1=d，即bq^km+1-bq^km=bq^km（q-1）=d恒成立，…（12分）
①若q=1，则d=0，b_n=b；
②若q≠1，则${q^{km}}=\frac{d}{{（{q-1}）b}}$，则q^km为常数，则q=-1，k为偶数，d=-2b，${b_n}={（{-1}）^{n-1}}b$；
经检验，满足条件的{b_n}的通项公式为b_n=b或${b_n}={（{-1}）^{n-1}}b$．…（16分）
方法二：设{b_n}的段长、段比、段差分别为k、q、d，
①若k=2，则b₁=b，b₂=b+d，b₃=（b+d）q，b₄=（b+d）q+d，
由${b_1}{b_3}=b_2^2$，得b+d=bq；由${b_2}{b_4}=b_3^2$，得（b+d）q²=（b+d）q+d，
联立两式，得$\left\{\begin{array}{l}d=0\\ q=1\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}d=-2b\\ q=-1\end{array}\right.$，则b_n=b或${b_n}={（{-1}）^{n-1}}b$，经检验均合题意．…（13分）
②若k≥3，则b₁=b，b₂=b+d，b₃=b+2d，
由${b_1}{b_3}=b_2^2$，得（b+d）²=b（b+2d），得d=0，则b_n=b，经检验适合题意．
综上①②，满足条件的{b_n}的通项公式为b_n=b或${b_n}={（{-1}）^{n-1}}b$．…（16分）

点评本题考查了等差等比数列的运算及性质，考查了学生的推理和分析能力，属于难题．

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