已知二次函数f(x)=$\frac{1}{3}$x2+$\frac{2}{3}$x．数列{an}的前n项和为Sn.点(n.Sn)(n∈N*)在二次函数y=f(x)的图象上．(Ⅰ)求数列{an}的通项公式,(Ⅱ)设bn=anan+1cos[(n+1)π](n∈N*).数列{bn}的前n项和为Tn.若Tn≥tn2对n∈N*恒成立.求实数t的取值范围,(Ⅲ)在数列{an}中是否存� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

7．已知二次函数f（x）=$\frac{1}{3}$x²+$\frac{2}{3}$x．数列{a_n}的前n项和为S_n，点（n，S_n）（n∈N^*）在二次函数y=f（x）的图象上．
（Ⅰ）求数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）设b_n=a_na_n+1cos[（n+1）π]（n∈N^*），数列{b_n}的前n项和为T_n，若T_n≥tn²对n∈N^*恒成立，求实数t的取值范围；
（Ⅲ）在数列{a_n}中是否存在这样一些项：a${\;}_{{n}_{1}}$，a${\;}_{{n}_{2}}$，a${\;}_{{n}_{3}}$，…，a${\;}_{{n}_{k}}$这些项都能够
构成以a₁为首项，q（0＜q＜5）为公比的等比数列{a${\;}_{{n}_{k}}$}？若存在，写出n_k关于f（x）的表达式；若不存在，说明理由．

分析（Ⅰ）由题意可知，${S}_{n}=\frac{1}{3}{n}^{2}+\frac{2}{3}n$，（n∈N^*）．由a_n=S_n-S_n-1求出n≥2时的通项公式，已知n=1成立得数列{a_n}的通项公式；
（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．结合（Ⅰ）分n=2m（m∈N^*）和n=2m-1（m∈N^*）求出数列{b_n}的前n项和为T_n，由T_n≥tn²对n∈N^*恒成立，分离参数t可得实数t的取值范围；
（Ⅲ）由${a_n}=\frac{2n+1}{3}$知数列{a_n}中每一项都不可能是偶数．如存在以a₁为首项，公比q为2或4的数列$\{{a_{n_k}}\}$（k∈N^*），此时{a${\;}_{{n}_{k}}$}中每一项除第一项外都是偶数，
故不存在以a₁为首项，公比为偶数的数列{a${\;}_{{n}_{k}}$}；当q=1时，显然不存在这样的数列{a${\;}_{{n}_{k}}$}；当q=3时，若存在以a₁为首项，公比为3的数列{a${\;}_{{n}_{k}}$}（k∈N^*），则${a}_{{n}_{1}}=1$（n₁=1），由此可得${a}_{{n}_{k}}={3}^{k-1}=\frac{2{n}_{k}+1}{3}$，${n}_{k}=\frac{{3}^{k}-1}{2}$，即存在满足条件的数列{a${\;}_{{n}_{k}}$}，且${n}_{k}=\frac{{3}^{k}-1}{2}$（k∈N^*）．

解答解：（Ⅰ）由题意可知，${S}_{n}=\frac{1}{3}{n}^{2}+\frac{2}{3}n$，（n∈N^*）．
当n≥2时，${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}$；
当n=1时，a₁=S₁=1适合上式．
数列{a_n}的通项公式为${a}_{n}=\frac{2n+1}{3}$（n∈N^*）；
（Ⅱ）∵b_n=a_na_n+1cos[（n+1）π]=（-1）^n-1a_na_n+1，
∴T_n=b₁+b₂+…+b_n=a₁a₂-a₂a₃+a₃a₄-a₄a₅+…+（-1）^n-1a_na_n+1．
由（Ⅰ）可知，数列{a_n}是以1为首项，公差为$\frac{2}{3}$的等差数列．
①当n=2m（m∈N^*）时，${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当n=2m-1（m∈N^*）时，${T_n}={T_{2m-1}}={T_{2m}}-{（-1）^{2m-1}}{a_{2m}}{a_{2m+1}}$
=$-\frac{1}{9}（8{m^2}+12m）+\frac{1}{9}（16{m^2}+16m+3）$=$\frac{1}{9}（8{m^2}+4m+3）=\frac{1}{9}（2{n^2}+6n+7）$．
∴${T_n}=\left\{\begin{array}{l}-\frac{1}{9}（2{n^2}+6n），n为偶数\\ \frac{1}{9}（2{n^2}+6n+7），n为奇数\end{array}\right.$．
要使T_n≥tn²对n∈N^*恒成立，只要使$-\frac{1}{9}（2{n^2}+6n）≥t{n^2}$（n为正偶数）恒成立，即使$-\frac{1}{9}（2+\frac{6}{n}）≥t$对n为正偶数恒成立，
∴t$≤-\frac{5}{9}$．
故实数t的取值范围是$（-∞，-\frac{5}{9}]$；
（Ⅲ）由${a_n}=\frac{2n+1}{3}$知数列{a_n}中每一项都不可能是偶数．
①如存在以a₁为首项，公比q为2或4的数列$\{{a_{n_k}}\}$（k∈N^*），此时{a${\;}_{{n}_{k}}$}中每一项除第一项外都是偶数，
故不存在以a₁为首项，公比为偶数的数列{a${\;}_{{n}_{k}}$}；
②当q=1时，显然不存在这样的数列{a${\;}_{{n}_{k}}$}；当q=3时，若存在以a₁为首项，公比为3的数列{a${\;}_{{n}_{k}}$}（k∈N^*），则${a}_{{n}_{1}}=1$（n₁=1），
${a}_{{n}_{k}}={3}^{k-1}=\frac{2{n}_{k}+1}{3}$，${n}_{k}=\frac{{3}^{k}-1}{2}$，即存在满足条件的数列{a${\;}_{{n}_{k}}$}，且${n}_{k}=\frac{{3}^{k}-1}{2}$（k∈N^*）．