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已知数列 ${a_{n}}$ 为等差数列，公差 $d > 0$ , 等比数列 ${b_{n}}$ 满足: $b_{1} = 2 a_{1} = 2, b_{2} = a_{1} + a_{3}, b_{1} b_{3} = 5 a_{3} + 1$ .

求数列 ${a_{n}}, {b_{n}}$ 的通项公式.
若将数列 ${a_{n}}$ 中的所有项按原顺序依次插入数列 ${b_{n}}$ 中，组成一个新数列: $b_{1}, a_{1}, b_{2}, a_{2}, a_{3}, b_{3}, a_{4}, a_{5}, a_{6}, a_{7}$ , $b_{4}, \dots$ , 在 $b_{k}$ 与 $b_{k + 1}$ 之间插入 $2^{k - 1}$ 项 ${a_{n}}$ 中的项. 新数列中 $b_{n + 1}$ 之前 (不包括 $b_{n + 1}$ ) 所有项的和记为 $T_{n}$ , 若 $d_{n} = \frac{a_{n}^{2}}{a_{n + 1}} (\frac{2^{n - 1}}{T_{n} + 2} + 2)$ , 求使得 $[d_{1}] + [d_{2}] + [d_{3}] + \dots + [d_{n}] \leq 2023$ 成立的最大正整数 $n$ 的值. (其中符号 $[x]$ 表示不超过 $x$ 的最大整数)

解钱莘芪

补设 ${b_{n}}$ 的公比 $q$ ，则由题意， $b_{1} = 2, a_{1} = 1$ ,进而 $\begin{array}{r} {\begin{aligned} q = 1 + d, \\ 4 q^{2} = 5 (1 + 2 d) + 1, \end{aligned} \Rightarrow {\begin{aligned} d = 1, \\ q = 2. \end{aligned} \end{array}$
( $d < 0$ 的情形被舍去.) 因此 $a_{n} = n, b_{n} = 2^{n}$ .
根据新数列的定义， $b_{n + 1}$ 之前有 $b_{1} \sim b_{n}$ 包含在新数列中； ${a_{n}}$ 中有 $2^{0} + \dots + 2^{n - 1} = 2^{n} - 1$ 项，因此 $\begin{array}{r} T_{n} = \sum_{i = 1}^{n} 2^{i} + \sum_{i = 1}^{2^{n} - 1} i = 2^{n - 1} (2^{n} + 3) - 2. \end{array}$
进而 $\begin{aligned} d_{n} & = \frac{n^{2}}{n + 1} (\frac{2^{n - 1}}{2^{n - 1} (2^{n} + 3)} + 2) = (n - 1 + \frac{1}{n + 1}) (2 + \frac{1}{2^{n} + 3}) \\ = 2 (n - 1) + (\frac{2}{n + 1} + \frac{n - 1}{2^{n} + 3} + \frac{1}{(n + 1) (2^{n} + 3)}) . \end{aligned}$
当 $n \geq 4$ ，注意到 $\begin{array}{r} \frac{2}{n + 1} + \frac{n - 1}{2^{n} + 3} + \frac{1}{(n + 1) (2^{n} + 3)} \leq \frac{2}{4 + 1} + \frac{n}{n^{2} + 3} + \frac{1}{5 \cdot (2^{4} + 3)} \leq \frac{2}{5} + \frac{4}{19} + \frac{1}{85} < 1, \end{array}$
从而 $[d_{n}] = 2 (n - 1), n \geq 4$ .直接计算前三项有 $d_{1} = 1, d_{2} = 2, d_{3} = 4$ .因此 $n \geq 2$ 时 $\begin{array}{r} \sum_{i = 1}^{n} [d_{i}] = 1 + 2 \sum_{i = 1}^{n - 1} i = n^{2} - n + 1 \leq 2023, \end{array}$
解得 $n_{max} = 45$ .