Question

已知等差數列{a_n}的前10項和為100，且a₄=7，對任意的k∈N^*，在a_k與a_k+1之間插入2^k-1個2，得到新數列{b_n}，設S_n、T_n分別是{a_n}﹑{b_n}前n項和．
（Ⅰ）a₁₀是數列{b_n}的第幾項？
（Ⅱ）是否存在正整數m，使T_m=2008？若存在，求出m的值；若不存在，請說明理由．
（Ⅲ）若a_m是數列{b_n}的第f（m）項，試比較T_f（m）與S_m+2的大小，并說明理由．

Answer 1

分析：（I）由題意可得：a₁₀在數列{b_n}中的項數為10+1+2+2²+…+2⁸，利用等比數列的前n項和公式即可得出．
（II）利用等差數列的通項公式和前n項和公式即可得出a₁，公差d，可得a_n．可得a_m及其前面所有項的和為[1+3+5+…+（2m-1）]+（2+4+…+2^m-1），即可得到T_m，判斷即可；
（III）當m≥2時，a_m是數列{b_n}的第m+1+2+2²+…+2^m-2=2^m-1+m-1項，可得f（m）=2^m-1+m-1（m=1時也成立）．
于是得到T_f（m）=2^m+m²-2，S_m+2=

(m+2)(1+2m+3)

2

=（m+2）²．
可以證明：當n=1，2，3，4時，T_f（m）＜S_m+2；當m≥5時，T_f（m）＞S_m+2．（利用二項式定理進行放縮即可證明）．

解答：解：（I）∵在數列{b_n}中，對每一個k∈N，在a_k與與a_k+1之間有2^k-1個2，
∴a₁₀在數列{b_n}中的項數為10+1+2+4+…+28=10+

1-29

1-2

=521．
即a₁₀是數列{b_n}中第521項．
（II）設等差數列{a_n}的首項為a₁，公差為d，
由題設可知

10a1+45d=100 a1+3d=7

，解得

a1=1 d=2.

故a_n=1+（n-1）•2=2n-1，
在數列{b_n}，a_m及其前面所有項的和為[1+3+5+…+（2m-1）]+（2+4+…+2^m-1）
=m2+

2×(1-2m-1)

1-2

=2m+m2-2，
∵2¹⁰+10²-2=1122＜2008＜2¹¹+11²-2=2167，
∴T₁₀=1122，T₁₁=2167．
因此不存在正整數m，使得T_m=2008．
（III）當m≥2時，a_m是數列{b_n}的第m+1+2+2²+…+2^m-2=2^m-1+m-1項，∴f（m）=2^m-1+m-1（m=1時也成立）．
∴T_f（m）=2^m+m²-2，
S_m+2=

(m+2)(1+2m+3)

2

=（m+2）²．
可以證明：當n=1，2，3，4時，T_f（m）＜S_m+2；當m≥5時，T_f（m）＞S_m+2．
證明：∵T_f（m）-S_m+2=2^m+m²-2-（m+2）²=2^m-4m-6．
∴①可以驗證當n=1，2，3，4時，T_f（m）＜S_m+2；
②當m≥5時，2^m-4m-6=（1+1）^m-4m-6≥2(1+

C

1 m

+

C

2 m

)-4m-6=（m-4）（m+1）＞0．
∴T_f（m）＞S_m+2．

點評：熟練等比數列和等差數列的通項公式及其前n項和公式、二項式定理進行放縮等是解題的關鍵．