Question

已知等差數(shù)列{log₄（a_n-1）}（n∈N^*），且a₁=5，a₃=65，函數(shù)f（x）=x²-4x+4，設(shè)數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為S_n=f（n），
（1）求數(shù)列{a_n}與數(shù)列{b_n}的通項(xiàng)公式；
（2）記數(shù)列c_n=（a_n-1）•b_n，且{c_n}的前n項(xiàng)和為T_n，求T_n；
（3）設(shè)各項(xiàng)均不為零的數(shù)列{d_n}中，所有滿足d_k•d_k+1＜0的整數(shù)k的個(gè)數(shù)稱為這個(gè)數(shù)列的異號數(shù)，令d_n=（n∈N^*），試問數(shù)列{d_n}是否存在異號數(shù)，若存在，請求出；若不存在，請說明理由．

Answer 1

解：（1）設(shè)等差數(shù)列{log₄（a_n-1）}的公差為d，
所以2log₄（a₂-1）=log₄（a₁-1）+log₄（a₃-1），
即2[log₄（5-1）+d]=log₄（5-1）+log₄（65-1），
得d=1，所以log₄（a_n-1）=1+（n-1）×1=n，得a_n=4ⁿ+1，
由S_n=f（n）=n²-4n+4=（n-2）²，
當(dāng)n=1時(shí)，b₁=S₁=1，
當(dāng)n≥2時(shí)，b_n=S_n-S_n-1=（n-2）²-（n-3）²=2n-5，驗(yàn)證n=1時(shí)不滿足此式，所以b_n=
（2）由（1）可得，當(dāng)n=1時(shí)，c₁=4×1，
當(dāng)n≥2時(shí)，c_n=4ⁿ×（2n-5），
所以T_n=4×1+4²×（-1）+4³×1+4⁴×3++4ⁿ×（2n-5），①
4T_n=4²+4³×（-1）+4⁴×1+4⁵×3++4ⁿ×（2n-7）+4ⁿ⁺¹×（2n-5），②
①減去②得
-3T_n=-28+4³×2+4⁴×2+4⁵×2++4ⁿ×2-4ⁿ⁺¹×（2n-5）=-28+-4ⁿ⁺¹×（2n-5），
故T_n=-+．
（3）由題意可得d_n=，
因?yàn)閐₁=-3＜0，d₂=1+4=5＞0，d₃=-3＜0，
所以k=1，k=2時(shí)都滿足d_k•d_k+1＜0，
當(dāng)n≥3時(shí)，d_n+1-d_n=-=＞0，
即當(dāng)n≥3時(shí)，數(shù)列{d_n}單調(diào)遞增，
因?yàn)閐₄=-＜0，由d_n=1-＞0，n∈N^*可得n≥5，
可知k=4時(shí)滿足d_k•d_k+1＜0，
綜上可知數(shù)列{d_n}中存在3個(gè)異號數(shù)．
分析：（1）由于已知等差數(shù)列{log₄（a_n-1）}（n∈N^*），且a₁=5，a₃=65，設(shè)等差數(shù)列{log₄（a_n-1）}的公差為d，利用條件建立方程可以求得得a_n=4ⁿ+1，再有函數(shù)f（x）=x²-4x+4，設(shè)數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為S_n=f（n），利用已知數(shù)列的前n項(xiàng)和求出通項(xiàng)即可；
（2）有（1）可得c₁=4×1，當(dāng)n≥2時(shí)，c_n=4ⁿ×（2n-5），利用錯(cuò)位相減法即可求數(shù)列c_n=（a_n-1）•b_n，且{c_n}的前n項(xiàng)和為T_n；
（3）由題意可得d_n=，代入求的k=1，k=2時(shí)都滿足d_k•d_k+1＜0，當(dāng)n≥3時(shí)，數(shù)列{d_n}單調(diào)遞增，利用單調(diào)性即可解的．
點(diǎn)評：此題考查了等差數(shù)列的通項(xiàng)公式．已知數(shù)列的前n項(xiàng)和求其通項(xiàng)，錯(cuò)位相減法求數(shù)列的前n項(xiàng)的和，有數(shù)列的通項(xiàng)分析該數(shù)列的單調(diào)性，及數(shù)列的函數(shù)特點(diǎn)，