设等差数列{an}的前n项和为Sn.且a2+a16=34.S4=16．数列{bn}的前n项和为Tn.满足Tn+bn=1．(1)求数列{an}的通项公式,(2)写出一个正整数m.使得$\frac{1}{{{a m}+9}}$是数列{bn}的项,(3)设数列{cn}的通项公式为cn=$\frac{a n}{{{a n}+t}}$.问:是否存在正整数t和k.使得c1.c2.ck成� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

3．设等差数列{a_n}的前n项和为S_n，且a₂+a₁₆=34，S₄=16．数列{b_n}的前n项和为T_n，满足T_n+b_n=1．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）写出一个正整数m，使得$\frac{1}{{{a_m}+9}}$是数列{b_n}的项；
（3）设数列{c_n}的通项公式为c_n=$\frac{a_n}{{{a_n}+t}}$，问：是否存在正整数t和k（k≥3），使得c₁，c₂，c_k成等差数列？若存在，请求出所有符合条件的有序整数对（t，k）；若不存在，请说明理由．

分析（1）通过解方程组$\left\{\begin{array}{l}{2{a}_{1}+16d=34}\\{4{a}_{1}+6d=16}\end{array}\right.$，进而计算可得结论；
（2）通过T_n=1-b_n与T_n+1=1-b_n+1作差可知数列{b_n}是首项、公比均为$\frac{1}{2}$的等比数列，通过化简只要m+42ⁿ即可；
（3）通过（1）知c_n=$\frac{2n-1}{2n-1+t}$，进而只需k=3+$\frac{4}{t-1}$，考虑到k与t都是正整数，依次选取并检验即可．

解答解：（1）设数列{a_n}的首项为a₁，公差为d，
由已知，有$\left\{\begin{array}{l}{2{a}_{1}+16d=34}\\{4{a}_{1}+6d=16}\end{array}\right.$，
解得：a₁=1，d=2，
∴数列{a_n}的通项公式a_n=2n-1；
（2）当n=1时，b₁=T₁=1-b₁，所以b₁=$\frac{1}{2}$，
由T_n=1-b_n，得T_n+1=1-b_n+1，
两式相减，得：b_n+1=b_n-b_n+1，即b_n+1=$\frac{1}{2}$b_n，
∴数列{b_n}是首项、公比均为$\frac{1}{2}$的等比数列，
∴b_n=$\frac{1}{{2}^{n}}$，
∵$\frac{1}{{a}_{m}+9}$=$\frac{1}{2m+8}$=$\frac{1}{2（m+4）}$，
∴要使$\frac{1}{{a}_{m}+9}$是数列{b_n}中的项，只要m+4=2ⁿ即可，
故可取m=4；
（3）结论：存在符合条件的正整数t和k，所有符合条件的有序整数对（t，k）为：（2，7）、（3，5）、（5，4）．
理由如下：
由（1）知，c_n=$\frac{2n-1}{2n-1+t}$，
要使c₁，c₂，c_k成等差数列，必须2c₂=c₁+c_k，
即$\frac{6}{3+t}$=$\frac{1}{1+t}$+$\frac{2k-1}{2k-1+t}$，化简得k=3+$\frac{4}{t-1}$．
因为k与t都是正整数，所以t只能取2，3，5．
当t=2时，k=7；
当t=3时，k=5；
当t=5时，k=4．
综上可知，存在符合条件的正整数t和k，
所有符合条件的有序整数对（t，k）为：（2，7）、（3，5）、（5，4）．