Question

14．已知等差數(shù)列{a_n}的首項為a，公差為b，等比數(shù)列{b_n}的首項為b，公比為a（其中a，b均為正整數(shù)）．
（1）若a₁=b₁，a₂=b₂，求數(shù)列{a_n}，{b_n}的通項公式；
（2）對于（1）中的數(shù)列{a_n}和{b_n}，對任意k∈N^*在b_k與b_k+1之間插入a_k個2，得到一個新的數(shù)列{c_n}，試求滿足等式$\sum_{i=1}^m{{c_i}=2{c_{m+1}}}$的所有正整數(shù)m的值；
（3）已知a₁＜b₁＜a₂＜b₂＜a₃，若存在正整數(shù)m，n，t以及至少三個不同的b值使得a_m+t=b_n成立，求t的最小值，并求t最小時a，b的值．

Answer 1

分析 （1）若a₁=b₁，a₂=b₂，得$\left\{\begin{array}{l}a=b\\ a+b=ab\end{array}\right.$，求出a，b，即可求數(shù)列{a_n}，{b_n}的通項公式；
（2）分類討論，根據(jù)2^k+1=k（k+1），當(dāng)k∈N^*時，左邊為奇數(shù)，右邊為偶數(shù)，可得結(jié)論；
（3）化為$b=\frac{2+t}{{{2^{n-1}}-m+1}}$，利用整除的性質(zhì)，可得結(jié)論．

解答 解：（1）由a₁=b₁，a₂=b₂得$\left\{\begin{array}{l}a=b\\ a+b=ab\end{array}\right.$∴a=b=0或a=b=2…（2分）
∵a，b均為正整數(shù)，∴a=b=2∴${a_n}=2n，{b_n}={2^n}$…（4分）
（2）當(dāng)m=1時，c₁=2，2c₂=4，原等式不成立
當(dāng)m=2時，c₁+c₂=4，2c₃=4，原等式成立           …（6分）
當(dāng)m≥3時，若c_m+1=2，則$\sum_{i=1}^m{c_i}≠2{c_{m+1}}$，因此c_m+1必是數(shù)列{b_n}中的某一項b_k+1，此時有$\sum_{i=1}^m{c_i}=（2+{2^2}+{2^3}+…+{2^k}）+2（{a_1}+{a_2}+…+{a_k}）={2^{k+1}}+2{k^2}+2k-2$$2{c_{m+1}}=2{b_{k+1}}={2^{k+2}}$，由$\sum_{i=1}^m{c_i}=2{c_{m+1}}$得：2^k+1+2k²+2k-2=2^k+2…（8分）
即2^k+1=k（k+1），當(dāng)k∈N^*時，左邊為奇數(shù)，右邊為偶數(shù)，因此上式不可能成立
綜上得，滿足等式$\sum_{i=1}^m{{c_i}=2{c_{m+1}}}$的所有正整數(shù)m的值僅有m=2…（10分）
（3）由a₁＜b₁＜a₂＜b₂＜a₃得：a＜b＜a+b＜ab＜a+2b
由a+b＜ab得：a（b-1）＞b
由ab＜a+2b得：a（b-1）＜2b，又b＞a≥1且a，b∈N^*，從而有$1＜1+\frac{1}{b-1}=\frac{b-1}＜a＜\frac{2b}{b-1}=2+\frac{2}{b-1}≤4$，所以a=2或3
當(dāng)a=3時，b=2不合題意，舍去，因此a=2…（12分）
由a_m+t=b_n得：2+（m-1）b+t=b•2^n-1，即（2^n-1-m+1）b=2+t①
若2^n-1-m+1=0，則t=-2舍去，故至少存在三個b
因此2^n-1-m+1≠0，①式可化為$b=\frac{2+t}{{{2^{n-1}}-m+1}}$…（14分）
由于2^n-1-m+1可取到一切正整數(shù)，且b≥3，故至少存在三個b使得a_m+t=b_n（t∈N）成立，必須使整數(shù)2+t至少有三個不小于3的不同因數(shù)，故滿足條件的最小正整數(shù)為12，即t的最小值為10，此時b=3，4或12…（16分）

點評 本題考查等差數(shù)列、等比數(shù)列的通項公式，考查存在性問題，考查學(xué)生分析解決問題的能力，難度大．