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已知数列{an}是首项为1、公差为2的等差数列,对每一个k∈N*,在ak与ak+1之间插入2k-1个2,得到新数列{bn}.设Sn、Tn分别是数列{bn}和{an}的前n项和.

(1)试问a10是数列{bn}的第几项?

(2)是否存在正整数m,使Sm=2 008?若存在,求出m的值;若不存在,请说明理由.

(3)若am是数列{bn}的第f(m)项,试比较Sf(m)与2Tm的大小,并说明理由.

解:(1)∵在数列{bn}中,对每一个k∈N,在ak与ak+1之间有2k-1个2,

∴a10在数列{bn}中的项数为10+1+2+4+…+28==521,

即a10是数列{bn}中第521项.                                         

(2)an=1+(n-1)·2=2n-1,

在数列{bn}中,am及其前面所有项的和为[1+3+5+…+(2m-1)]+(2+4+…+2m-1)

=m2+=2m+m2-2,                                         

∵210+10-2=1 122<2 008<211+11-2,且2 008-1 122=886=443×2,

∴存在m=521+443=964,使得Sm=2 008.                                

(3)方法一:由(2)知Sf(m)=2m+m2-2,

又Tm=1+3+5+…+(2m-1)=m2

所以Sf(m)-2Tm=(2m+m2-2)-2m2=2m-(m2+2),                               

要比较Sf(m)与2Tm的大小,只需比较2m与m2+2的大小即可.

当m=1时,2m=2,m2+2=3,故2m<m2+2;

当m=2时,2m=4,m2+2=6,故2m<m2+2;

当m=3时,2m=8,m2+2=11,故2m<m2+2;

当m=4时,2m=16,m2+2=18,故2m<m2+2;                                

当m≥5时,2m=(1+1)m=1+C1m+C2m+…+++1

≥1+m+++m+1=m2+m+2>m2+2.

故当m=1,2,3,4时,Sf(m)<2Tm;

当m≥5且m∈N时,Sf(m)>2Tm.                                       

方法二:以上同方法一,

当m≥5时,∵m-2≥3,

∴2m=(1+1)m=1++++…+1

≥1+m+++1

≥1+m+++1=m2+2.

故当m=1,2,3,4时,Sf(m)<2Tm;

当m≥5且m∈N时,Sf(m)>2Tm.                                     

(另法提示:令cm=2m-(m2+2),dm=cm+1-cm=2m-(2m+1),由dm+1-dm=2m-2≥0,可知dm+1≥dm,又d3>0,故对任意的m≥3,dm>0,从而数列{cm}从第3项起往后是递增的,又c5=5>0,故当m≥5时,cm>0,即Sf(m)>2Tm).

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1
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+
1
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+…+
1
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3
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1
4
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(2)设bn=log
1
2
|an|,若Tn=
1
b1b2
+
1
b2b3
+…+
1
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1
6
≤Tn
1
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12
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