Question

3．在△ABC中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知$\frac{a+c}=1-\frac{sinC}{sinA+sinB}$，且$b=5，\overrightarrow{CA}•\overrightarrow{CB}=-5$，
（Ⅰ）求△ABC的面積．
（Ⅱ）已知等差數列{a_n}的公差不為零，若a₁cosA=1，且a₂，a₄，a₈成等比數列，令${b_n}=\frac{a_n}{2^n}$，數列{b_n}的前n項和為T_n，是否存在實數m，使得m+1≤T_n＜m+3對任意正整數n恒成立；若存在，求m的值，若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用正弦定理化簡已知條件，然后通過余弦定理求出角A的大小，然后通過數量積化簡求出三角形的面積．
（Ⅱ）由已知結合（Ⅰ）可求a₁，利用等比數列的性質可求d，求出通項公式，利用錯位相減法求出數列{b_n}的前n項和為T_n，再確定T_n取值范圍，解不等式即可得解．

解答 （本題滿分為14分）
解：（I）由正弦定理得：$\frac{a+c}=1-\frac{c}{a+b}$即：b²+c²-a²=bc，
所以由余弦定理得：$cosA=\frac{{{b^2}+{c^2}-{a^2}}}{2bc}=\frac{bc}{2bc}=\frac{1}{2}$，
又因為：0＜A＜π，所以$A=\frac{π}{3}$，…3分
因為$b=5，\overrightarrow{CA}•\overrightarrow{CB}=-5$，即：5acosC=-5，即：$5a\frac{{{a^2}+{b^2}-{c^2}}}{2ab}=-5$
與$cos\frac{π}{3}=\frac{{25+{c^2}-{a^2}}}{10c}$，聯立解得：c=12，…5分
所以△ABC的面積是：$\frac{1}{2}×5×12×sinA=15\sqrt{3}$，…6分
（Ⅱ）數列{a_n}的公差為d，且d≠0，由a₁cosA=1得a₁=2，
又a₂，a₄，a₈成等比數列，得${a_4}^2={a_2}•{a_8}$，解得d=2，…8分
所以a_n=2+（n-1）×2=2n，${b_n}=\frac{a_n}{2^n}=\frac{n}{{{2^{n-1}}}}$，
∵T_n=1×（$\frac{1}{2}$）⁰+2×（$\frac{1}{2}$）¹+…+n×（$\frac{1}{2}$）^n-1①，
∴$\frac{1}{2}$T_n=1×（$\frac{1}{2}$）¹+2×（$\frac{1}{2}$）²+…+n×（$\frac{1}{2}$）ⁿ，②
①-②得$\frac{1}{2}$T_n=1+$\frac{1}{2}$+…+（$\frac{1}{2}$）^n-1-n×（$\frac{1}{2}$）ⁿ，
∴T_n=4[1-（$\frac{1}{2}$）ⁿ]-n×（$\frac{1}{2}$）^n-1，
=4-4×（$\frac{1}{2}$）ⁿ-n×（$\frac{1}{2}$）^n-1=4-（2n+4）（$\frac{1}{2}$）ⁿ．易知T_n＜4，
又T_n+1-T_n=4-（2n+6）（$\frac{1}{2}$）ⁿ⁺¹-4+（2n+4）（$\frac{1}{2}$）ⁿ=（n+1）•（$\frac{1}{2}$）ⁿ＞0，
所以T_n≥T₁=1，即1≤T_n＜4
假設存在正整數m，使得m+1≤T_n＜m+3對任意正整數n恒成立．
則$\left\{\begin{array}{l}m+1≤1\\ m+3≥4\end{array}\right.⇒\left\{\begin{array}{l}m≤0\\ m≥1\end{array}\right.$這不可能，故，m不存在．…14分

點評 本題主要考查了余弦定理以及正弦定理的應用，三角形的面積的求法，等差數列與等比數列的綜合，考查數列的通項與求和，考查數列的單調性，正確求數列的通項與求和是解題的關鍵，屬于中檔題．