Question

14．已知數(shù)列{a_n}為等差數(shù)列，a₁=2，其前n和為S_n，數(shù)列{b_n}為等比數(shù)列，且a₁b₁+a₂b₂+a₃b₃+…+a_nb_n=（n-1）•2ⁿ⁺²+4對任意的n∈N^*恒成立．
（1）求數(shù)列{a_n}、{b_n}的通項公式；
（2）是否存在p，q∈N^*，使得（a_2p+2）²-b_q=2020成立，若存在，求出所有滿足條件的p，q；若不存在，說明理由．
（3）是否存在非零整數(shù)λ，使不等式λ（1-$\frac{1}{a_1}$）（1-$\frac{1}{a_2}$）…（1-$\frac{1}{a_n}$）cos$\frac{{{a_{n+1}}π}}{2}$＜$\frac{1}{{\sqrt{{a_n}+1}}}$對一切n∈N^*都成立？若存在，求出λ的值；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）法1、求數(shù)列{a_n}、{b_n}的通項公式，在于求等差數(shù)列的公差和等比數(shù)列的首項和公比，設出等差數(shù)列{a_n}的公差d和等比數(shù)列{b_n}的公比為q．在已知數(shù)列遞推式中令n=1，2，3分別得到關于待求量的關系式，然后求解公差和公比，則等差數(shù)列的公差和等比數(shù)列的公比可求；
法2：由已知數(shù)列遞推式取n=n-1（n≥2）得另一遞推式，兩式作差后得到${a_n}{b_n}=n•{2^{n+1}}（n≥2）$，由數(shù)列{a_n}為等差數(shù)列，可令a_n=kn+b，得${b_n}=\frac{{n•{2^{n+1}}}}{kn+b}$，
由$\frac{b_n}{{{b_{n-1}}}}=\frac{2n[k（n-1）+b]}{（n-1）（kn+b）}=q$，得（qk-2k）n²+（bq-kq-2b+2k）n-qb=0恒成立，由系數(shù)為0求得q，b，k的值得數(shù)列{a_n}、{b_n}的通項公式；
（2）假設存在p，q∈N^*滿足條件，由（4p+4）²-2^q=2020，得4p²+8p-501為奇數(shù)，進一步得到2^q-2為奇數(shù)，
求得q=2，進一步求出$p=\frac{{-2±\sqrt{506}}}{2}$，這與p∈N^*矛盾；
（3）把數(shù)列{a_n}的通項公式代入λ（1-$\frac{1}{a_1}$）（1-$\frac{1}{a_2}$）…（1-$\frac{1}{a_n}$）cos$\frac{{{a_{n+1}}π}}{2}$整理，設${b_n}=\frac{1}{{（1-\frac{1}{a_1}）（1-\frac{1}{a_2}）…（1-\frac{1}{a_n}）\sqrt{{a_n}+1}}}$，可得數(shù)列{b_n}單調遞增．
則不等式等價于（-1）ⁿ⁺¹λ＜b_n，然后假設存在實數(shù)λ，使得不等式（-1）ⁿ⁺¹λ＜b_n對一切n∈N^*都成立，分n為奇數(shù)和n為偶數(shù)求得$λ∈（{-\frac{{8\sqrt{5}}}{15}，\frac{{2\sqrt{3}}}{3}}）$，結合λ是非零整數(shù)可求得滿足條件的λ．

解答 解（1）法1：設數(shù)列{a_n}的公差為d，數(shù)列{b_n}的公比為q．
∵a₁b₁+a₂b₂+a₃b₃+…+a_nb_n=（n-1）•2ⁿ⁺²+4，
令n=1，2，3分別得a₁b₁=4，a₁b₁+a₂b₂=20，a₁b₁+a₂b₂+a₃b₃=68，
又a₁=2，
∴$\left\{{\begin{array}{l}{{a_1}=2，{b_1}=2}\\{{a_2}{b_2}=16}\\{{a_3}{b_3}=48}\end{array}}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{（2+d）（2q）-16}\\{（2+2d）（2{q}^{2}）=48}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{{\begin{array}{l}{{d_1}=-\frac{2}{3}}\\{{q_1}=6}\end{array}}\right.$或$\left\{{\begin{array}{l}{{d_2}=2}\\{{q_2}=2}\end{array}}\right.$．
經檢驗d=2，q=2符合題意，$d=-\frac{2}{3}，q=6$不合題意，舍去．
∴${a_n}=2n，{b_n}={2^n}$．
法2：∵${a_1}{b_1}+{a_2}{b_2}+{a_3}{b_3}+…+{a_n}{b_n}=（n-1）•{2^{n+2}}+4$ ①
則${a_1}{b_1}+{a_2}{b_2}+{a_3}{b_3}+…+{a_{n-1}}{b_{n-1}}=（n-2）•{2^{n+1}}+4$（n≥2）②
①-②得，${a_n}{b_n}=n•{2^{n+1}}（n≥2）$，
又a₁b₁=4，也符合上式，
∴${a_n}{b_n}=n•{2^{n+1}}（n∈{N^*}）$，
由于{a_n}為等差數(shù)列，令a_n=kn+b，則${b_n}=\frac{{n•{2^{n+1}}}}{kn+b}$，
∵{b_n}為等比數(shù)列，則$\frac{b_n}{{{b_{n-1}}}}=\frac{2n[k（n-1）+b]}{（n-1）（kn+b）}=q$（為常數(shù)），
即（qk-2k）n²+（bq-kq-2b+2k）n-qb=0恒成立，
∴q=2，b=0，
又a₁=2，∴k=2，
故${a_n}=2n，{b_n}={2^n}$；
（2）假設存在p，q∈N^*滿足條件，則（4p+4）²-2^q=2020，
化簡得4p²+8p-501=2^q-2，
由p∈N^*得，4p²+8p-501為奇數(shù)，
∴2^q-2為奇數(shù)，故q=2．
得4p²+8p-501=1，即2p²+4p-251=0，
故$p=\frac{{-2±\sqrt{506}}}{2}$，這與p∈N^*矛盾，
∴不存在滿足題設的正整數(shù)p，q；
（3）由a_n=2n，得$cos\frac{{{a_{n+1}}π}}{2}=cos（n+1）π={（-1）^{n+1}}$，
設${b_n}=\frac{1}{{（1-\frac{1}{a_1}）（1-\frac{1}{a_2}）…（1-\frac{1}{a_n}）\sqrt{{a_n}+1}}}$，則不等式等價于（-1）ⁿ⁺¹λ＜b_n.$\frac{{{b_{n+1}}}}{b_n}=\frac{{\sqrt{{a_n}+1}}}{{（1-\frac{1}{{{a_{n+1}}}}）\sqrt{{a_{n+1}}+1}}}=\frac{{\sqrt{2n+1}}}{{（1-\frac{1}{2n+2}）\sqrt{2n+3}}}=\frac{2n+2}{{\sqrt{（2n+1）（2n+3）}}}=\frac{{\sqrt{4{n^2}+8n+4}}}{{\sqrt{4{n^2}+8n+3}}}＞1$，
∵b_n＞0，
∴b_n+1＞b_n，數(shù)列{b_n}單調遞增．
假設存在這樣的實數(shù)λ，使得不等式（-1）ⁿ⁺¹λ＜b_n對一切n∈N^*都成立，則
①當n為奇數(shù)時，得$λ＜{（{b_n}）_{min}}={b_1}=\frac{{2\sqrt{3}}}{3}$； 
②當n為偶數(shù)時，得$-λ＜{（{b_n}）_{min}}={b_2}=\frac{{8\sqrt{5}}}{15}$，即$λ＞-\frac{{8\sqrt{5}}}{15}$．
綜上，$λ∈（{-\frac{{8\sqrt{5}}}{15}，\frac{{2\sqrt{3}}}{3}}）$，由λ是非零整數(shù)，知存在λ=±1滿足條件．

點評 本題考查了數(shù)列遞推式，考查了等差數(shù)列和等比數(shù)列的通項公式，考查了數(shù)列的函數(shù)特性，訓練了利用函數(shù)的單調性求函數(shù)的最值，體現(xiàn)了數(shù)學轉化、分類討論、分離參數(shù)等數(shù)學思想方法，屬難題．