Question

4．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k的表達(dá)式；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求出s_n，通過討論n的范圍，從而得到數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）通過討論n的奇偶性，從而求出T_n的表達(dá)式，問題轉(zhuǎn)化為使-$\frac{1}{9}$（2n²+6n）≥tn²（n為正偶數(shù)）恒成立即可；
（Ⅲ）通過討論公比的奇偶性，從而得到答案．

解答 解：（Ⅰ）由題意可知，S_n=$\frac{1}{3}$n²+$\frac{2}{3}$n，（n∈N^*）．
當(dāng)n≥2時，a_n=S_n-S_n-1=$\frac{1}{3}$n²+$\frac{2}{3}$n-[$\frac{1}{3}$（n-1）²+$\frac{2}{3}$（n-1）]=$\frac{2n+1}{3}$；
當(dāng)n=1時，a₁=S₁=1適合上式．
數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式為$\frac{2n+1}{3}$（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，T_n=T_2m=a₁a₂-a₂a₃+a₃a₄-a₄a₅+…+（-1）^n-1a_na_n+1，
=a₂（a₁-a₃）+a₄（a₃-a₅）+…+a_2m（a_2m-1-a_2m+1）=-$\frac{4}{3}$（a₂+a₄+…+a_2m）
=-$\frac{4}{3}$×$\frac{{a}_{2}+{a}_{2m}}{2}$×m=-$\frac{1}{9}$（8m²+12m）=-$\frac{1}{9}$（2n²+6n）
②當(dāng)n=2m-1（m∈N^*）時，T_n=T_2m-1=T_2m-（-1）^2m-1a_2ma_2m+1
=-$\frac{1}{9}$（8m²+12m）+$\frac{1}{9}$（16m²+16m+3）
=$\frac{1}{9}$（8m²+4m+3）
=$\frac{1}{9}$（2n²+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n∈N^*恒成立，只要使-$\frac{1}{9}$（2n²+6n）≥tn²（n為正偶數(shù)）恒成立，
即使-$\frac{1}{9}$（2+$\frac{6}{n}$）≥t對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{${a}_{{n}_{k}}$}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，顯然不存在這樣的數(shù)列{{${a}_{{n}_{k}}$}；當(dāng)q=3時，
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 本題考查了二次函數(shù)的性質(zhì)，考查了求數(shù)列的通項(xiàng)公式問題，考查函數(shù)恒成立問題，考查分類討論思想，轉(zhuǎn)化思想，通過討論求出T_n的表達(dá)式，問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)恒成立是解答本題的關(guān)鍵，是一道難題．