Question

8．设m个正数a₁，a₂，…，a_m（m≥4，m∈N^*）依次围成一个圆圈．其中a₁，a₂，a₃，…，a_k-1，a_k（k＜m，k∈N*）是公差为d的等差数列，而a₁，a_m，a_m-1，…，a_k+1，a_k是公比为q的等比数列．
（1）若a₁=d=1，q=2，k=8，求数列a₁，a₂，…，a_m的所有项的和S_m；
（2）若a₁=d=q=3，m＜2015，求m的最大值；
（3）当q=2时是否存在正整数k，满足a₁+a₂+…+a_k-1+a_k=3（a_k+1+a_k+2+…+a_m-1+a_m）？若存在，求出k值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）由题意可得：a_k=8，因此数列a₁，a₂，…，a_m为1，2，3，4，5，6，7，8，4，2共10个数，即可得出．
（2）由于a₁，a₂，a₃，…，a_k-1，a_k（k＜m，k∈N*）是首项为3，公差为3的等差数列，可得a_k=3k．而a₁，a_m，a_m-1，…，a_k+1，a_k是公比为q的等比数列，可得a_k=3^m+2-k，因此3k=3^m+2-k，要使m最大，则k必须最大．又k＜m＜2015，即可得出；
（3）由a₁，a₂，a₃，…，a_k-1，a_k（k＜m，k∈N*）是公差为d的等差数列，可得a_k=a₁+（k-1）d．而a₁，a_m，a_m-1，…，a_k+1，a_k是公比为2的等比数列，可得a_k=${a}_{1}•{2}^{m+1-k}$．故a₁+（k-1）d=${a}_{1}•{2}^{m+1-k}$，（k-1）d=a₁（2^m+1-k-1）．又a₁+a₂+…+a_k-1+a_k=3（a_k+1+a_k+2+…+a_m-1+a_m），a_m=2a₁，化简整理即可得出．

解答 解：（1）由题意可得：a_k=8，因此数列a₁，a₂，…，a_m为1，2，3，4，5，6，7，8，4，2共10个数，此时m=10，S_m=42．
（2）∵a₁，a₂，a₃，…，a_k-1，a_k（k＜m，k∈N*）是首项为3，公差为3的等差数列，
∴a_k=3k．
而a₁，a_m，a_m-1，…，a_k+1，a_k是公比为q的等比数列，
∴a_k=3^m+2-k，因此3k=3^m+2-k，
∴k•3^k=3^m+1，
要使m最大，则k必须最大．
又k＜m＜2015，故k的最大值为 3⁶，可得3⁶•3⁷²⁹=3^m+1，解得m的最大值是734．
（3）由a₁，a₂，a₃，…，a_k-1，a_k（k＜m，k∈N*）是公差为d的等差数列，可得a_k=a₁+（k-1）d．
而a₁，a_m，a_m-1，…，a_k+1，a_k是公比为2的等比数列，∴a_k=${a}_{1}•{2}^{m+1-k}$．
故a₁+（k-1）d=${a}_{1}•{2}^{m+1-k}$，∴（k-1）d=a₁（2^m+1-k-1）．
又a₁+a₂+…+a_k-1+a_k=3（a_k+1+a_k+2+…+a_m-1+a_m），a_m=2a₁，
∴$k{a}_{1}+\frac{1}{2}k（k-1）d$=3×2a₁×$\frac{1-{2}^{m-k}}{1-2}$，则ka₁+$\frac{1}{2}k$$[{a}_{1}（{2}^{m+1-k}-1）]$=6（2^m-k-1），
则$\frac{1}{2}k•{2}^{m+1-k}$+$\frac{1}{2}$k=6（2^m-k-1），即k•2^m+1-k+k=6×2^m+1-k-12，
k≠6，则2^m+1-k=$\frac{k+12}{6-k}$=-1+$\frac{18}{6-k}$，∴k＜6，
代入验证可得：当k=4时，上式等式成立，此时m=6．综上可得：当且仅当m=6时，存在k=4满足等式．

点评 本题考查了等差数列与等比数列的通项公式及其前n项和公式、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．