Question

7．已知二次函數(shù)f（x）=$\frac{1}{3}$x²+$\frac{2}{3}$x．?dāng)?shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，點(diǎn)（n，S_n）（n∈N^*）在二次函數(shù)y=f（x）的圖象上．
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）設(shè)b_n=a_na_n+1cos[（n+1）π]（n∈N^*），數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為T_n，若T_n≥tn²對(duì)n∈N^*恒成立，求實(shí)數(shù)t的取值范圍；
（Ⅲ）在數(shù)列{a_n}中是否存在這樣一些項(xiàng)：a${\;}_{{n}_{1}}$，a${\;}_{{n}_{2}}$，a${\;}_{{n}_{3}}$，…，a${\;}_{{n}_{k}}$這些項(xiàng)都能夠
構(gòu)成以a₁為首項(xiàng)，q（0＜q＜5）為公比的等比數(shù)列{a${\;}_{{n}_{k}}$}？若存在，寫出n_k關(guān)于f（x）的表達(dá)式；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意可知，${S}_{n}=\frac{1}{3}{n}^{2}+\frac{2}{3}n$，（n∈N^*）．由a_n=S_n-S_n-1求出n≥2時(shí)的通項(xiàng)公式，已知n=1成立得數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）由b_n=a_na_n+1cos[（n+1）π]=（-1）^n-1a_na_n+1，得T_n=b₁+b₂+…+b_n=a₁a₂-a₂a₃+a₃a₄-a₄a₅+…+（-1）^n-1a_na_n+1．結(jié)合（Ⅰ）分n=2m（m∈N^*）和n=2m-1（m∈N^*）求出數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為T_n，由T_n≥tn²對(duì)n∈N^*恒成立，分離參數(shù)t可得實(shí)數(shù)t的取值范圍；
（Ⅲ）由${a_n}=\frac{2n+1}{3}$知數(shù)列{a_n}中每一項(xiàng)都不可能是偶數(shù)．如存在以a₁為首項(xiàng)，公比q為2或4的數(shù)列$\{{a_{n_k}}\}$（k∈N^*），此時(shí){a${\;}_{{n}_{k}}$}中每一項(xiàng)除第一項(xiàng)外都是偶數(shù)，
故不存在以a₁為首項(xiàng)，公比為偶數(shù)的數(shù)列{a${\;}_{{n}_{k}}$}；當(dāng)q=1時(shí)，顯然不存在這樣的數(shù)列{a${\;}_{{n}_{k}}$}；當(dāng)q=3時(shí)，若存在以a₁為首項(xiàng)，公比為3的數(shù)列{a${\;}_{{n}_{k}}$}（k∈N^*），則${a}_{{n}_{1}}=1$（n₁=1），由此可得${a}_{{n}_{k}}={3}^{k-1}=\frac{2{n}_{k}+1}{3}$，${n}_{k}=\frac{{3}^{k}-1}{2}$，即存在滿足條件的數(shù)列{a${\;}_{{n}_{k}}$}，且${n}_{k}=\frac{{3}^{k}-1}{2}$（k∈N^*）．

解答 解：（Ⅰ）由題意可知，${S}_{n}=\frac{1}{3}{n}^{2}+\frac{2}{3}n$，（n∈N^*）．
當(dāng)n≥2時(shí)，${a}_{n}={S}_{n}-{S}_{n-1}=\frac{1}{3}{n}^{2}+\frac{2}{3}n-$$[\frac{1}{3}（n-1）^{2}+\frac{2}{3}（n-1）]$=$\frac{2n+1}{3}$；
當(dāng)n=1時(shí)，a₁=S₁=1適合上式．
數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式為${a}_{n}=\frac{2n+1}{3}$（n∈N^*）；
（Ⅱ）∵b_n=a_na_n+1cos[（n+1）π]=（-1）^n-1a_na_n+1，
∴T_n=b₁+b₂+…+b_n=a₁a₂-a₂a₃+a₃a₄-a₄a₅+…+（-1）^n-1a_na_n+1．
由（Ⅰ）可知，數(shù)列{a_n}是以1為首項(xiàng)，公差為$\frac{2}{3}$的等差數(shù)列．
①當(dāng)n=2m（m∈N^*）時(shí)，${T_n}={T_{2m}}={a_1}{a_2}-{a_2}{a_3}+{a_3}{a_4}-{a_4}{a_5}+…+{（-1）^{2m-1}}{a_{2m}}{a_{2m+1}}$
=a₂（a₁-a₃）+a₄（a₃-a₅）+…+a_2m（a_2m-1-a_2m+1）=$-\frac{4}{3}（{a_2}+{a_4}+…+{a_{2m}}）=-\frac{4}{3}×\frac{{{a_2}+{a_{2m}}}}{2}×m$
=$-\frac{1}{9}（8{m^2}+12m）=-\frac{1}{9}（2{n^2}+6n）$；
②當(dāng)n=2m-1（m∈N^*）時(shí)，${T_n}={T_{2m-1}}={T_{2m}}-{（-1）^{2m-1}}{a_{2m}}{a_{2m+1}}$
=$-\frac{1}{9}（8{m^2}+12m）+\frac{1}{9}（16{m^2}+16m+3）$=$\frac{1}{9}（8{m^2}+4m+3）=\frac{1}{9}（2{n^2}+6n+7）$．
∴${T_n}=\left\{\begin{array}{l}-\frac{1}{9}（2{n^2}+6n），n為偶數(shù)\\ \frac{1}{9}（2{n^2}+6n+7），n為奇數(shù)\end{array}\right.$．
要使T_n≥tn²對(duì)n∈N^*恒成立，只要使$-\frac{1}{9}（2{n^2}+6n）≥t{n^2}$（n為正偶數(shù)）恒成立，即使$-\frac{1}{9}（2+\frac{6}{n}）≥t$對(duì)n為正偶數(shù)恒成立，
∴t$≤-\frac{5}{9}$．
故實(shí)數(shù)t的取值范圍是$（-∞，-\frac{5}{9}]$；
（Ⅲ）由${a_n}=\frac{2n+1}{3}$知數(shù)列{a_n}中每一項(xiàng)都不可能是偶數(shù)．
①如存在以a₁為首項(xiàng)，公比q為2或4的數(shù)列$\{{a_{n_k}}\}$（k∈N^*），此時(shí){a${\;}_{{n}_{k}}$}中每一項(xiàng)除第一項(xiàng)外都是偶數(shù)，
故不存在以a₁為首項(xiàng)，公比為偶數(shù)的數(shù)列{a${\;}_{{n}_{k}}$}；
②當(dāng)q=1時(shí)，顯然不存在這樣的數(shù)列{a${\;}_{{n}_{k}}$}；當(dāng)q=3時(shí)，若存在以a₁為首項(xiàng)，公比為3的數(shù)列{a${\;}_{{n}_{k}}$}（k∈N^*），則${a}_{{n}_{1}}=1$（n₁=1），
${a}_{{n}_{k}}={3}^{k-1}=\frac{2{n}_{k}+1}{3}$，${n}_{k}=\frac{{3}^{k}-1}{2}$，即存在滿足條件的數(shù)列{a${\;}_{{n}_{k}}$}，且${n}_{k}=\frac{{3}^{k}-1}{2}$（k∈N^*）．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查數(shù)列和函數(shù)的應(yīng)用，根據(jù)條件推出數(shù)列的遞推關(guān)系是解決本題的關(guān)鍵．考查數(shù)列的分類求和，考查邏輯思維能力與推理運(yùn)算能力，綜合性較強(qiáng)，難度較大．